福建省宁德市2022届高三物理上学期期末质量检测试题含解析

福建省宁德市2022届高三上学期期末质量检测物理试题二．选择题1.阻值为R的电炉丝通以大小为I的恒定电流时其电功率为P，当把它接在某正弦交流电源两端时其电功率也为P。则该交流电源电压的最大值为A.B.C.D.【答案】B【解析】电炉丝通以大小为I的恒定电流时，经t时间内产生的热量为Q，则有：；电炉丝接在某正弦交流电源两端时，经t时间内产生的热量为，则有：，根据热效应有：，即，解得：，则电压的有效值为，故该交流电源电压的最大值为，选B.2.如图所示，两小球A、B分别从距地面高度h、2h处以速度vA、vB水平抛出，均落在水平面上CD间的中点P，它们在空中运动的时间分别为tA、tB。不计空气阻力，下列说法正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】竖直方向做自由落体运动，根据，得，故，A正确，B错误；水平方向做匀速运动，根据知，水平位移x相等，则，故CD错误；选A.【-13-\n点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度。3.2022年诺贝尔物理学奖颁给LIGO科学合作组织的三位主要成员，以表彰他们对引力波研究的卓越贡献。在物理学中，引力波是指时空弯曲中的涟漪，通过波的形式从辐射源向外传播，并以引力辐射的形式传输能量。2022年9月，LIGO科学合作组织成功探测到来自于13亿年前两个黑洞合并时产生的引力波信号。假设两黑洞合并前绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，不计其它天体的影响，下列判断正确的是A.合并前两黑洞间的万有引力越来越小B.合并前两黑洞旋转的周期越来越大C.合并前两黑洞旋转的线速度越来越大D.合并前后两黑洞的总质量保持不变【答案】C【解析】设两个黑洞的质量分别为、，合并前两者的距离为L，绕它们连线的某一点运动的轨道半径为，的半径为，它们之间的万有引力提供向心力，它们具有相同的周期，万有引力，两黑洞合并前、都不变，而L越来越小，故万有引力越来越大，A错误；根据，解得：，则两黑洞的总质量为，解得：，合并前两黑洞的总质量不变，L减小，故周期T也在减小，故B错误；根据，解得：，同理得：，由于比、的减小量大，则线速度增大，故C正确．双黑洞的合并存在质量亏损，合并前质量为36+29=65个太阳质量，合并后为62个太阳质量，故质量亏损为3个太阳质量，即相当于3个太阳质量的能量在合并过程中被释放，故D-13-\n错误；故选C.4.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，接着又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，下列判断正确的是A.t1时刻小球速度最大B.t2时刻小球机械能最大C.t1～t2时间内，小球的速度先减少后增加D.t2～t3时间内，小球的加速度先减少后增加【答案】D【-13-\n点睛】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．5.一匀强电场的方向平行于xoy平面，如图所示，平面内a、b、c三点的坐标分别为（-48,64）、（48,36）、（0,100），三点的电势分别为18V，11V，27V。下列说法正确的是A.坐标原点处的电势为0VB.电场强度的大小为25V/mC.电子在a点的电势能为18eVD.电子从c点运动到b点，电场力做功为16eV【答案】B【解析】由题知，将aobc四点连线刚好组成一个平行四边形，如图所示：将cb连线等分成5等份，则cb连线上有一点的电势也为18V，即点的电势为18V，将a与连接，则线段即为电势18V的等势线，故cO连线上也有一点的电势为18V，即点的电势为18V，在匀强电场中有，则有：，因，，，代入，解得：，又，-13-\n则，故A错误；由图可知，故电场强度，故B正确；根据电势能，得电子在a点的电势能为：，故C错误；根据，得电子从c点运动到b点电场力做功为，故D错误，故选B.6.一辆CRH2型动车组的总质量M=2.0×105kg，额定输出功率为4800kW。假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270km/h，受到的阻力f与速度v满足f=kv，g取10m/s2。下列说法正确的是A.该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4×104NB.从题中给出的数据可算出k=1.0×103Ns/mC.当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6×104ND.当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1200kW【答案】AD【解析】由题知，最大速度为，根据，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力为，故A正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，则有：，解得：，故B错误；当匀速行驶的速度为时，则有：，此时牵引力，根据，故C错误，D正确；选AD.7.如图所示，接有恒定电源的两平行金属板M、N水平放置，板长为L，两板间距为1.5L，在两板间施加垂直纸面的匀强磁场（未画出）。开始时开关S断开，将一束质量为m、电量为-q的粒子从两板左侧边界某点以初速度v水平射入，粒子正好垂直到达N板的右边缘；接着闭合开关S，粒子恰能沿水平方向运动；若撤去磁场，粒子正好到达M板的右边缘。不计粒子重力，下列判断正确的是-13-\nA.电源电压为B.匀强磁场的方向垂直纸面向外C.粒子射入的位置到M板的距离为D.粒子到达M板的时间与到达N板的时间之比为【答案】AC【解析】开始时开关S断开，两板间没有电场，只有磁场，故粒子只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，因粒子从两板左侧边界某点以初速度v水平射入，粒子正好垂直到达N板的右边缘，粒子带负电要向下偏转，根据左手定则得磁场方向垂直纸面向里，运动的圆心在N点，半径为L，则粒子射入的位置到M板的距离为，在磁场中有：；闭合开关S，粒子受电场力和洛伦兹力作用，因粒子恰能沿水平方向运动，则有，又，联立解得：，故AC正确，B错误；由题知，只存在磁场时，粒子在到达N板的时间为，若撤去磁场，粒子只受电场力作用，做类平抛运动，此时粒子经时间正好到达M板的右边缘，根据类平抛运动的规律得：，解得：，故，故D错误；选AC.8.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，上面放一质量为m的滑块。t=0时刻，滑块受到水平向右的拉力F随时间t的变化规律为F=kt，其中k=2N/s，用传感器测出滑块加速度a，得到的a-F图象如图乙所示。设滑块与木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，下列判断正确的是-13-\nA.滑块的质量等于0.5kgB.滑块与木板保持相对静止的时间为3sC.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.2D.拉力等于6N时木板的速度为1.5m/s【答案】BCD【解析】当F等于6N时，加速度为：，对整体分析，由牛顿第二定律有：，解得：；当F大于6N时，对于滑块，根据牛顿第二定律得：，解得：，由图可知此时图线的斜率，解得：，故A错误；由图可知，当F=6N时，滑块与木板将由相对静止到相对滑动，根据，得：滑块与木板保持相对静止的时间为，故B正确；根据F大于6N的图线知，F=4N时，a=0，即：，解得：，故C正确；当时，滑块与木板相对静止，对整体分析，由牛顿第二定律有：，解得：，则作出a—t图如图所示：由题可知，经t=3s时拉力F=6N，此时加速度为，在a—t图中图线与t轴围成的面积表示速度，故当F=6N时的速度为，故D正确；选BCD.【点睛】当拉力较小时，m和M保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度相同．当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法列式分析.三、非选择题9.-13-\n图甲是测量圆盘转动角速度的实验装置。水平放置的圆盘绕通过圆心的竖直轴匀速转动，圆盘转动时其边缘上固定的挡光片从光电门的狭缝中经过时，光电数字计时器可显示出光线被遮住的时间。图乙是用螺旋测微器测得挡光片的宽度，读数为_________mm;图丙是用游标卡尺测得圆盘的直径，读数为_____cm；若光电数字计时器显示的时间为50.0ms，则圆盘匀速转动的角速度为_______rad/s(保留两位有效数字)。【答案】(1).7.980(2).20.26(3).1.6【解析】由螺旋测微器读出整毫米数为7.5mm，由可动刻度为48.0．则挡光片的宽度为；由主尺读出整毫米数为202mm，游标尺上第6条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为，则圆盘的直径为：．圆盘角速度为，而，综合两式并代入数据可得.10.在“测量电池的电动势和内阻”实验中，测量对象为两节干电池。为了提高实验精度，采用如图甲所示电路，提供的器材如下：量程3V的电压表V；量程0.6A的电流表A(具有一定内阻)；定值电阻R0(阻值未知，约几欧姆)；滑动变阻器R1(0~10Ω)滑动变阻器R2(0~200Ω)单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2，导线若干。-13-\n(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用__________(选填“R1”或“R2”)。(2)开始实验之前，S1、S2都处于断开状态。①闭合S1，S2接通1，电路中电压表、电流表的示数如图乙所示，电流表的读数为________A，电压表的读数为_______V。②闭合S1，S2接通2，改变滑动变阻器的阻值，测得多组电压表、电流表的读数如下表：③在图丙所示的坐标系中描点作图_____，由图象得两节新电池总电动势为_______V,总内阻为________Ω。(结果保留至小数点后第二位)(3)请说出该测量电路的优点_______________。(写出一条即可)【答案】(1).R1(2).0.30（或0.300）(3).1.20(4).图见解析(5).3.10~3.20(6).1.00~1.30(7).-13-\n保护安培表；消除安培表内阻造成的系统误差;等效内阻变大等【解析】（1）滑动变阻器应选用．因为的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小．（2）①闭合，接通1，由图乙可知，电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，因此电流表示数为0.30A；电压表量程为0～3V，分度值为0.1A，因此电压表示数为1.20V；③根据表中数据作出电源的U—I曲线如图所示：由图可知，图线的纵截距即电源电动势，故E=3.10V，图线斜率的绝对值，由电路图可知，此时，又因为当S接1时有，电源的内阻为.(3)因安培表的内阻较小，故加一个定值电阻，可以起到保护安培表的作用.11.智能分拣设备迅速将包裹分拣装车。若把智能分拣设备简化成如图所示的水平传输装置，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的速度向右运动，现将一质量为m=2kg的包裹轻放在皮带上，包裹和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中，设皮带足够长，取g=10m/s2，求：(1)包裹滑动时加速度a的大小；(2)包裹滑动的时间t；(3)包裹位移x的大小。【答案】（1）（2）(3)-13-\n【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律求解包裹的加速度大小；（2）根据速度时间关系求解滑动时间；（3）根据位移时间关系求解包裹位移大小.（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为f，则：根据牛顿第二定律得：解得：（2）包裹加速到与传送带速度相等的时间为（3）加速到与传送带相对静止的位移为12.如图所示，PM是半径为R的光滑四分之一绝缘轨道，在该轨道内有垂直纸面向外的匀强次大红，磁感应强度大小为B。MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点。质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触。带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为g。求：(1)小球a刚到达M点时速度大小及对轨道的压力大小；(2)a、b两小球系统的电势能最大值EP；(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小。【答案】（1）（2）（3）（1）从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功由动能定理有：解得：-13-\n由牛顿第二定律有：解得：根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力为：（2）两球速度相等时系统电势能最大，由动量守恒定律有：根据能量转化与守恒定律有：解得：（3）由动量守恒定律：由能量转化与守恒定律有：解得：，13.有一塑料小车从倾角为θ的光滑斜坡上下滑，撞击挡板后停下，如图甲所示。为了减少小车对挡板的冲击，某同学设想了一个电磁缓冲装置：在小车的底部固定一个与小车前端平齐、匝数为n、边长为L、总电阻为R的正方形闭合线框，在斜坡的下端加上宽度同为L的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜坡向下，如图乙所示(小车未画出)。若小车与线框的总质量为m，小车在离挡板距离为d处静止释放，进入磁场后立即做减速运动，且小车在撞击挡板前已经匀速运动。求：(1)小车刚进入磁场时的速度v1大小；(2)小车匀速运动的速度v2大小。(3)若小车从刚进入磁场到匀速运动时所用的时间为t，这过程中通过线框的电量q。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）从释放至刚进入磁场，由动能定理可以求出刚进入磁场的速度大小；（2）进入磁场后小车做匀速运动，根据平衡条件、-13-\n法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律联立即可求出在磁场匀速运动的速度；（3）根据动量定理可求通过线框的电量.（1）从释放至刚进入磁场，由动能定理有解得：（2）由法拉第电磁感应定律有由闭合电路欧姆定律有：安培力为：匀速运动时，根据平衡条件有：联立解得：（3）由动量定理有：联立解得：-13-