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2022-2023学年湖北省黄冈市梅川中学高三物理下学期期末试卷含解析
一、 选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意
1. (单选题)比值定义法是物理学中一种常用的方法,下面表达式中不属于比值定义法的是( )
A.电流 B.磁感应强度 B= C.场强 D.感应电动势
参考答案:
D
2. 如图所示,质量为m的小球用水平弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度为( )
A.0
B.大小为g,方向竖直向下
C.大小为,方向垂直木板向下
D.大小为,方向水平向右
参考答案:
C
【考点】牛顿第二定律.
【分析】木板撤去前,小球处于平衡态,根据共点力平衡条件先求出各个力,撤去木板瞬间,支持力消失,弹力和重力不变,求出合力后即可求出加速度.
【解答】解:木板撤去前,小球处于平衡态,受重力、支持力和弹簧的拉力,如图
根据共点力平衡条件,有
F﹣Nsin30°=0
Ncos30°﹣G=0
解得
N=
F=mg
木板AB突然撤去后,支持力消失,重力和拉力不变,合力等于支持力N,方向与N反向,故
加速度为
a==
故选C.
3. (多选)如图所示,某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合,杆竖直放置。杆上有A、B、O三点,其中O为等量异种电荷连线的中点,AO=BO。现有一带电小圆环从杆上A点以初速度向B点滑动,滑到B点时速度恰好为0。则关于小圆环的运动,下列说法正确的是
A.运动的加速度先变大再变小
B.电场力先做正功后做负功
C.运动到O点的动能为初动能的一半
D.运动到O点的速度小于
参考答案:
AC
等量异号电荷的连线的中垂线上,从A到B电场强度先增大后减小,O点的电场强度最大,所以小圆环受到的电场力先增大后减小,小圆环受到的摩擦力:f=μFN=μqE,所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小,它的加速度:,则a先增大后减小.所以选项A正确;一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面,故小圆环从A到B过程电场力不做功,所以选项B错误;设AB之间的距离为2L,摩擦力做功为2Wf,小圆环从A到B的过程中,电场力不做功,重力和摩擦力做功,根据动能定理得:
A→O过程:
A→B过程:
联立以上两个公式解得:,
,即运动到O点的动能为初动能的一半,运动到O点的速度大于.所以选项C正确,选项D错误.
所以答案为:AC.
4. (单选)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。取重力加速度g=10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为
m=0.5kg,μ=0.4
m=1.5kg,μ=
m=0.5kg,μ=0.2
m=1kg,μ=0.2
参考答案:
B
5. 如图所示,长为L的细绳一端固定,另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度,小球便可在水平面内做匀速圆周运动,这样就构成了一个圆锥摆,设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是( )
A.小球受重力、细绳的拉力和向心力作用
B.细绳拉力在水平方向的分力提供了向心力
C. θ 越大,小球运动的周期越大
D. θ 越大,小球运动的线速度越大
参考答案:
二、 填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分
6. 如图所示,处在水里的平面镜开始处于水平位置,它可以绕过O点的水平转轴以的角速度在竖直平面内逆时针方向匀速转动,一细束光线沿水平方向射向镜面。设水的折射率n=1.414,则平面从开始转动到有光线从水中射向空气中所用的最短时间为 s。
参考答案:
答案:0.25
7. 气球以10m/s的速度匀速竖直上升,从气球上掉下一个物体,经17s到达地面。物体刚脱离气球时气球的高度H=___________(g取10m/s2)
参考答案:
8. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=3m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为cm。则此波沿x轴 (选填“正”或“负”)方向传播,传播速度为 m/s。
参考答案:
负 10
9. 如图甲,在xoy平面内有两个沿z方向(垂直xoy平面)做简谐振动的点波源S1(0,4m)和S2(0,-2m),两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示,所产生的两列横波的波速均为1.0m/s,则波源S1发出的波在介质中的波长为_______m,两列波引起的点A(8m,-2m)处质点的振动相互__________(选填加强、减弱或不能形成干涉)。
参考答案:
(1). 2m; (2). 加强
波源S1振动的周期为T1=2s,则波源S1发出的波在介质中的波长为;同理可知;因,则,可知两列波引起的点A(8m,-2m)处质点的振动相互加强。
10. 北京时间2011年3月11日在日本海域发生强烈地震,并引发了福岛核电站产生大量的核辐射,经研究,其中核辐射的影响最大的是铯137(),可广泛散布到几百公里之外,且半衰期大约是30年左右).请写出铯137发生β衰变的核反应方程:
▲ .如果在该反应过程中释放的核能为,则该反应过程中质量亏损为 ▲ .(已知碘(I)为53号元素,钡()为56号元素)
参考答案:
(2分)
11. 如图所示,质量为50g的小球以12m/s的水平速度抛出,恰好与倾角为37o的斜面垂直碰撞,则此过程中重力的功为 J,重力的冲量为 N·s。
参考答案:
6.4 J, 0.8 N·s
12. 在做研究匀变速直线运动的实验时,某同学得到一条纸带,如图所示,并且每5个计时点取一个计数点,已知每两个计数点间的距离为x,且x1=0.96cm,x2=2.88cm,x3=4.80cm,x4=6.72cm,x5=8.64cm,x6=10.56cm,打点计时器的电源频率为50Hz.此纸带的加速度大小a= m/s2,打第4个计数点时纸带的速度大小v= m/s.(结果保留三位有效数字)
参考答案:
1.92,0.768.
【考点】探究小车速度随时间变化的规律.
【分析】在匀变速直线运动中,时间中点的速度等于该过程中的平均速度,根据逐差法可以得出加速度.
【解答】解:每5个计时点取一个计数点,所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s
用逐差法来计算加速度a=═1.92 m/s2.
某时刻的瞬时速度等于一段时间内的平均速度
v4==0.768 m/s
故答案为:1.92,0.768.
13. 在做“验证力的平行四边形定则”的实验中,若测量F1时弹簧秤的弹簧与其外壳发生了摩擦(但所描出的细绳拉力的方向较准确),则用平行四边形定则作出的F1和F2的合力F与其真实值比较,F的大小偏________.
参考答案:
_小____
三、 实验题:本题共2小题,每小题11分,共计22分
14. (1)为了测量电源的电动势和内阻,我们通常采用如图甲所示电路,请根据甲电路图连接实物图。
(2)由于电压表和电流表内阻的影响,采用甲电路测量存在系统误差,为了消除这一影响,某同学选择两块量程合适的电压表V1、V2,一个满足实验要求的电阻箱R和三个开关,并设计了如图乙所示的测量电路,进行了如下的主要测量步骤:
①闭合S2,断开S1、S3,记下V1和V2的示数U1和U2;
②断开S2、闭合S3,S1仍断开,调节电阻箱R,使电压表V2的示数仍为U2,读出电阻箱的阻值为R0;
③闭合S1、S2,断开S3,记下V1的示数;
请利用以上的测量物理量的字母写出电压表V1内阻表达式=______,该电源的电动势和内阻的测量值表达式E=______,r=______。
参考答案:
15. 下面的装置可以探究外力做功和物体速度变化的关系.如图1所示,光滑斜槽轨道固定在水平桌面上,将斜槽从底端开始分成长度相等的五等份,使AB=BC=CD=DE=EF,让小球每次从不同等分点处释放,最后落在水平地面上.
(1)实验中,若小球从F点释放运动至斜槽水平位置的过程中,外力做的功为W,则小球从B点释放运动至斜槽水平位置的过程中,外力做的功为 .
(2)实验中,小球每次在斜槽上运动的长度记作L,小球做平抛运动的水平位移记作x,通过五组数据描点做出L﹣x2的图象2是一条过原点的直线.设小球运动到斜槽底端时的速度为v,可以判断,外力做功W与 (填v、v2或)成正比.若斜槽的倾角为θ,小球抛出点距地面的高度为H,则图象的斜率为 (用H、θ表示).
参考答案:
(1);(2)v2;
【考点】探究功与速度变化的关系.
【分析】(1)先根据几何关系求出FA的高度与BA高度的关系,再对小球从F到A和B到A的两个过程,根据动能定理列式求解;
(2)小球从A点抛出后做平抛运动,下落的高度相等,则运动时间相等,则平抛初速度与水平位移成正比,而根据图象可知,L与x2成正比,所以L与v2成正比,根据平抛运动基本公式以及动能定理求出L﹣x2的关系式,从而求出斜率.
【解答】解:(1)根据几何关系可知,hFA=5hBA,
对小球从F到A和B到A的两个过程,根据动能定理得:
W=mghFA,W′=mghBA,
解得:
(2)小球从A点抛出后做平抛运动,下落的高度相等,则运动时间相等,则小球运动到斜槽底端时的速度v=①,
时间相等,所以v与x成正比,而根据图象可知,L与x2成正比,所以L与v2成正比,
小球抛出点距地面的高度为H,则运动时间t=②,
根据动能定理得:
mgLsinθ=③,
由①②③解得:
则L﹣x2图象的斜率k=.
故答案为:(1);(2)v2;
四、计算题:本题共3小题,共计47分
16. 如图所示,一固定粗糙斜面与水平面夹角θ=30°,一个质量m=1kg的小物(可视为质点),在沿斜面向上的拉力F=10N作用下,由静止开始沿斜面向上运动.已知斜面与物体间的动摩擦因数μ=,取g=10m/s2.试求:
(1)物体在拉力F作用下运动的速度a1;
(2)若力F作用1.2s后撤去,物体在上滑过程中距出发点的最大距离s;
(3)物体从静止出发,到再次回到出发点的过程中,物体克服摩擦力所做的功wf.
参考答案:
考点:
动能定理的应用;牛顿第二定律.
专题:
动能定理的应用专题.
分析:
(1)由牛顿第二定律可以求出加速度;
(2)由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求出物体的位移;
(3)求出整个过程中物体的路程,然后由功的计算公式求出克服摩擦力做功.
解答:
解:(1)由牛顿第二定律得:F﹣mgsin30°﹣μmgcos30°=ma1,
解得:a1=2.5m/s2;
(2)力作用t=1.2s后,速度大小为v=at=3m/s,
物体向上滑动的距离:s1=a1t2=1.8m;
此后它将向上匀减速运动,其加速度大a2==7.5m/s2,
这一过程物体向上滑动的距离:s2==0.6m,
整个上滑过程移动的最大距离:s=s1+s2=2.4m;
(3)整个运动过程所通过的路程为s′=2s=4.8m,
克服摩擦所做的功Wf=μmgcos30°×s′=12J;
答:(1)物体在拉力F作用下运动的速度为2.5m/s2;
(2)若 力F作用1.2s后撤去,物体在上滑过程中距出发点的最大距离为2.4m;
(3)物体从静止出发,到再次回到出发点的过程中,物体克服摩擦力所做的功为12J.
点评:
对物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、匀变速运动规律、功
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