河北省張家口市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期1月期末物理試題 附答案

高三物理第高三物理第頁(共7頁)張家口市2022－2023學(xué)年度高三年級第一學(xué)期期末考試物理參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，選對得4分，選錯或不答得0分。1.B【解析】由圖像可知，光電流為零時，遏止電壓的大小關(guān)系為Ua＝Ub<Uc，根據(jù)eU＝Ekm＝hν－W可知，三種光的頻率大小關(guān)系為νa＝νb<νc，用c光照射時逸出光電子的最大初動能最大，故A、C錯誤，B正確；c光頻率大于a光頻率，c光能發(fā)生光電效應(yīng)時，a光不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯誤。2.C【解析】小瓶轉(zhuǎn)動的周期為eq\f(t,n)，細(xì)線的拉力大小為F＝meq\f(4π2,T2)L＝eq\f(4π2n2mL,t2)，A錯誤；瓶子受到的地球引力全部用來提供其隨空間站繞地球做圓周運動的向心力，瓶子經(jīng)過最高點時松手，以空間站為參考系，瓶子會離心飛出，沿切線方向做勻速直線運動，B錯誤；水油能分離的原因是混合物做圓周運動時，需要的向心力不一樣，由于水和油的密度不同產(chǎn)生了離心現(xiàn)象，密度較大的水集中于小瓶的底部，C正確；水對油有指向圓心的作用力，水做圓周運動的向心力由瓶底對水的彈力和油對水的作用力的合力提供，D錯誤。3.D【解析】根據(jù)題圖乙知，x＝4m處質(zhì)點在t＝1.0s時，向上振動，由此可判斷該簡諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，由題圖甲可知該簡諧橫波的波長為λ＝8m，由題圖乙可知該簡諧橫波周期為T＝2s，可得該波傳播速度v＝eq\f(λ,T)＝4m/s，當(dāng)t＝1.0s時，質(zhì)點M沿y軸正方向振動，故A、B錯誤；x＝4m處質(zhì)點只在平衡位置附近做簡諧振動，C錯誤；t＝1.0s時，質(zhì)點N由平衡位置向下振動，t＝1.0s至t＝3.5s，質(zhì)點N振動了1eq\f(1,4)T，則t＝3.5s時質(zhì)點N在波谷位置，加速度最大，D正確。4.A【解析】由幾何關(guān)系，n＝eq\f(sin90°,sin45°)＝eq\r(2)，A正確。5.D【解析】6.A【解析】取B為研究對象，B繞O點做勻速圓周運動，設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，由牛頓第二定律得Geq\f(m1m2,r2)＝m2(eq\f(2π,T))2r2，得m1＝eq\f(4π2r2r2,GT2)＝eq\f(4π2r2（r－r1）,GT2)，故選A。7.B【解析】當(dāng)水量和水速都穩(wěn)定時，發(fā)電機(jī)輸出電壓U1不變，即原線圈兩端電壓U1不變，若副線圈電路用電器增加，則副線圈電路電流I2增大，導(dǎo)線電阻R上損失電壓UR＝I2R，UR增大，U2＝UR＋U并，U2增大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k，得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(U1,k)，若要保證用電器正常工作，原、副線圈匝數(shù)比應(yīng)減小，副線圈電路消耗功率P2＝U2I2，P2增大，副線圈輸入功率等于原線圈輸出功率，則原線圈輸出功率增大，故A錯誤，B正確；若水速和水量都增大，則U1增大，為使用電器同時正常工作，則原、副線圈匝數(shù)比應(yīng)增大，C錯誤；若水速和水量都減小，則U1減小，但用電器仍同時正常工作，則U2不變，k減小，I2不變，由eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)＝k可知I1增大，D錯誤。8.C【解析】0～t1時間內(nèi)挑戰(zhàn)者處于失重狀態(tài)，A錯誤；由牛頓第二定律mg－f空＝ma1，解得f空＝0.1mg，B錯誤；加速運動的時間為t1＝eq\f(vm,a1)＝eq\f(10\r(,15),3)s，整個運動過程的時間為t＝eq\f(5,3)t1＝eq\f(50\r(15),9)s，減速過程的時間為t2＝t－t1＝eq\f(20\r(15),9)s，減速運動的加速度為a2＝eq\f(vm,t2)＝13.5m/s2，由牛頓第二定律f空＋f?。璵g＝ma2，解得f?。?.25mg，D錯誤；由圖像面積可知，0～eq\f(5,3)t1時間內(nèi)挑戰(zhàn)者下落的高度為eq\f(vm,2)·eq\f(5,3)t1＝1250m，C正確。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。9.ACD【解析】對C分析，受重力、A、B對C的庫侖力，設(shè)小球間距為L，根據(jù)平衡條件，對C有，對B有，聯(lián)立解得：qC＝eq\f(4,9)q，L＝，故A、D正確；以B為研究對象，可以認(rèn)為B受重力和庫侖力，B球靜止不動，所以B球受到的庫侖力大小為mg，故B錯誤；對A、B、C用整體法，A、B、C受力平衡，即A球受到的彈力等于三個球的總重力，即彈簧壓縮量Δx＝eq\f(3mg,k0)，故C正確。10.BC【解析】取砂石堆頂部上方極短時間Δt內(nèi)的砂石柱為研究對象，由自由落體運動規(guī)律，落到砂石堆頂部的速度為v，2gH＝v2，落在砂石堆頂部后短時間Δt內(nèi)速度減為零，由動量定理得F·Δt＝m0·Δt·v，解得砂石堆受到的沖擊力F＝m0eq\r(2gH)，C正確。剛關(guān)閉閥門K時托盤秤受到的總壓力等于m0eq\r(2gH)＋mg，此時細(xì)砂石柱的總質(zhì)量Δm＝m0eq\r(\f(2H,g))，最終托盤內(nèi)細(xì)砂石的總重力為m0eq\r(\f(2H,g))g＋mg＝m0eq\r(2gH)＋mg，所以A錯誤，托盤秤顯示的是質(zhì)量，所以B正確，D錯誤。11.BD【解析】如果電流減小，則表明金屬棒在做減速運動，受力分析有BIL－mgsinθ＝ma，隨著電流減小，加速度減小。根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)，則有eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(BLΔv,（R＋r）Δt)＝eq\f(BLa,R＋r)，隨著加速度減小，圖像的斜率減小，A錯誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場時，安培力與重力沿斜面的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運動，其電流不變，則根據(jù)q＝It可知，電量與時間成正比，B正確；如果金屬棒兩端電壓隨時間增大，則表明金屬棒在加速，受力分析有mgsinθ－BIL＝ma，隨著電壓增大，則電流增大，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝IR＝eq\f(BLv,R＋r)R，則有eq\f(ΔU,Δt)＝eq\f(BLΔv,（R＋r）Δt)R＝eq\f(BLRa,R＋r)，隨著加速度減小，圖像的斜率減小，但是計時起點金屬棒兩端電壓不可能為零，C錯誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場時，安培力與重力沿斜面的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運動，其電流不變，則根據(jù)P＝I2r可知，金屬棒消耗的電功率不變，D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共50分。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要答題步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12.(7分)(1)11.4(1分)(2)BC(2分，選對但不全得1分，有錯選得0分)(3)力傳感器的示數(shù)F0(1分)(4)A(1分)(5)F＝3F0－2F0cosθ(1分)(6)小球在運動過程中存在空氣阻力(答案合理即可)(1分)【解析】(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為d＝11mm＋4×0.1mm＝11.4mm。13.(9分)(1)(2分)(3)(1分)(4)eq\f(6,k)(2分)eq\f(b,k)－eq\f(5,6)(2分)(5)2.50～2.75(1分)3.80～4.40(1分)【解析】(3)利用描點法作出圖線，如圖所示。(4)由于改裝成大量程電流表的總電阻為eq\f(1,6)rA＝eq\f(5,6)Ω，流經(jīng)電源電流大小為6I，故E＝6I(R＋eq\f(1,6)rA＋r)，變式eq\f(1,I)＝eq\f(6,E)R＋(eq\f(rA,E)＋eq\f(6,E)r)得k＝eq\f(6,E)，b＝eq\f(rA,E)＋eq\f(6,E)r解得E＝eq\f(6,k)，r＝eq\f(b,k)－eq\f(5,6)。(5)由圖像知圖線斜率k＝2.2A－1/Ω，縱坐標(biāo)截距為b＝11.6A－1，故E＝2.73V，r＝4.44Ω。14.(9分)解：(1)每次抽出氣體的體積為ΔV，由玻意耳定律可知p0(V0－eq\f(1,5)V0)＝p1(V0－eq\f(1,5)V0＋ΔV)(2分)p1(V0－eq\f(1,5)V0)＝p2(V0－eq\f(1,5)V0＋ΔV)(2分)解得p1＝eq\f(p0·\f(4,5)V0,\f(4,5)V0＋ΔV)p2＝eq\f(p0·（\f(4,5)V0）2,（\f(4,5)V0＋ΔV）2)(1分)pN＝eq\f(p0·（\f(4,5)V0）N,（\f(4,5)V0＋ΔV）N)(1分)(2)若ΔV＝eq\f(1,10)V0，經(jīng)過兩次抽氣后，p2＝eq\f(p0·（\f(4,5)V0）2,（\f(4,5)V0＋\f(1,10)V0）2)＝eq\f(64,81)p0(1分)設(shè)剩余氣體在壓強(qiáng)為p0時的體積為V，則(1分)剩余氣體與原來氣體的質(zhì)量比eq\f(m1,m2)＝eq\f(V,V0－\f(V0,5))解得m1∶m2＝64∶81(1分)15.(10分)解：(1)超級高鐵在加速過程開始的前t內(nèi)x1＝eq\f(1,2)a1t2(2分)超級高鐵在減速過程開始的前t內(nèi)x2＝vmt－eq\f(1,2)a2t2(2分)且a2＝a1＝a解得：vm＝eq\f(x1＋x2,t)(1分)a＝eq\f(2x1,t2)(2)設(shè)超級高鐵在加速過程的總位移為xveq\o\al(2,m)＝2ax(2分)在加速過程中，由動能定理得W－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0(2分)解得：W＝eq\f(（ft2＋2mx1）（x1＋x2）2,4x1t2)(1分)16.(15分)解：(1)粒子a在電場中做類平拋運動，x方向速度不變，有v0＝vcosθ＝eq\f(1,2)v(1分)粒子a在電場中運動時，由動能定理有qEh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)解得h＝eq\f(3mv2,8qE)(1分)(2)如圖甲所示不計粒子重力，洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)(1分)粒子a進(jìn)入磁場后在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑r＝eq\f(1,2)h＝eq\f(mv,qB)(1分)周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)(1分)粒子a沒有離開磁場，兩粒子恰好發(fā)生正碰，說明a在磁場中運動了半個周期與粒子b發(fā)生碰撞，設(shè)粒子a、b在磁場中運動的時間為t，有t＝eq\f(1,2)T(1分)粒子b在磁場中做勻速運動，有eq\f(2r,tanθ)＝vbt(1分)y方向有h＝eq\f(1,2)vt1sinθ(1分)由幾何關(guān)系可得xa－xb＝eq\f(2r,sinθ)解得，xb＝0(1分)(3)兩粒子碰后結(jié)合在一起，設(shè)粒子b質(zhì)量為mb，碰后結(jié)合體速度為vc，碰撞過程由動量守恒定律有mv－mbvb＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋mb))vc(1分)結(jié)合體做圓周運動的軌跡半徑rc＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al