⼤家有很多同学会说物理很难，难在哪⾥呢，⼤家来看看吧，今天⼩编就给⼤家分享⼀下⾼三物理，希望⼤家来收藏哦
⾼三级物理上学期期末试题
14.A、B两质点在同⼀平⾯内同时向同⼀⽅向做直线运动，它们的位移时间图像如图所⽰，其中①是顶点过原点的抛物线的⼀部分，②是通过(0，3)的⼀条直线，两图像相交于坐标为(3，9)的P点，则下列说法不正确是( )
A.质点A做初速度为零，加速度为2m/s2的匀加速直线运动 B.质点B以2m/s的速度做匀速直线运动 C.在前3s内，质点A⽐B向前多前进了6m D.在前3s内，某时刻A、B速度相等
15.建筑⼯地通过吊车将物体运送到⾼处。简化后模型如图所⽰，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最⾼点，整个装置在竖直平⾯内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。吊车经过B、D处时，关于物体M受⼒情况的描述正确的是( )
A.过B点时，处于超重状态，摩擦⼒⽔平向左 B.过B点时，处于超重状态，摩擦⼒⽔平向右 C.过D点时，处于失重状态，⼀定受摩擦⼒作⽤ D.过D点时，处于失重状态，底板⽀持⼒⼀定为零
16.我国“天宫⼀号”完成相关科学实验，于2018年“受控”坠落。若某航天器变轨后仍绕地球做匀速圆周运动，但动能增⼤为原来的4倍，不考虑航天器质量的变化，则变轨后，下列说法正确的是( )
A.航天器的轨道半径变为原来的1 / 4 B.航天器的向⼼加速度变为原来的4倍 C.航天器的周期变为原来的1 / 4 D.航天器的⾓速度变为原来的4倍
17.如图所⽰，⼀个带正电荷q、质量为m的⼩球，从光滑绝缘斜⾯轨道的A点由静⽌下滑，然后沿切线进⼊竖直⾯内半径为R的光滑绝缘圆形轨道，恰能到达轨道的最⾼点B。现在空间加⼀竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静⽌释放该⼩球(假设⼩球的电量q在运动过程中保持不变，不计空⽓阻⼒)，则( )
A.⼩球⼀定不能到达B点 B.⼩球仍恰好能到达B点
C.⼩球⼀定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压⼒ D.⼩球能否到达B点与所加的电场强度的⼤⼩有关
18.如图所⽰，理想变压器原线圈的两端 a、 b接正弦交流电源时，电压表V的⽰数为220 V，电流表A1的⽰数为0.20 A。已知负载电阻 R=44 Ω，则下列判断中正确的是(电表均为理想交流电表)( )
A.原线圈和副线圈的匝数⽐为2:1 B.原线圈和副线圈的匝数⽐为5:1 C.电流表A2的⽰数为0.1 A D.电流表A2的⽰数为0.4 A
19.如图所⽰，图中两条平⾏虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场⽅向垂直纸⾯向⾥.abcd是位于纸⾯内的梯形线圈，ad与bc间的距离为2L且均与ab相互垂直，ad边长为2L，bc边长为3L，t=0时刻，c点与磁场区域左边界重合.现使线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的⽅向穿过磁场区域.取沿a→b→c→d→a⽅向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，下列各量关系图线可能正确的是( )
20.如图所⽰，电源的电动势E=12V，内阻r=3Ω;M为直流电动机，其电枢电阻r´=1Ω。当电阻箱R调到某值时，此时电源输出功率最⼤。则此时( )
A.电阻箱的阻值⼀定是R=2Ω B.电路中的电流强度⼀定是I=2A C.电源的输出功率⼀定是P输=12W D.电动机的机械输出功率⼀定是4W
21.如图所⽰，两根相距L=0.8m、电阻不计的平⾏光滑⾦属导轨⽔平放置，⼀端与阻值R=0.30Ω的电阻相连。导轨x>0⼀侧存在沿x⽅向均匀增⼤的垂直纸⾯向⾥的稳恒磁场，其⽅向与导轨平⾯垂直，⼤⼩的变化率为K=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。⼀根质量m=0.2kg、电阻r=0.10Ω的⾦属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外⼒作⽤下从x=0处以初速度v0=4m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻消耗的功率不变。下列说法正确的是( )
A.⾦属棒从x=0运动到x=3m的过程中，安培⼒保持不变 B.⾦属棒从x=0运动到x=3m的过程中，速度⼀直减⼩
C.⾦属棒从x=0运动到x=3m的过程中，安培⼒做功的⼤⼩为12J D.⾦属棒从x=0运动到x=3m的过程中，外⼒的平均功率为5.6W 第 II 卷
三、⾮选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考⽣都必须作答。第33-38题为选考题，考⽣根据要求作答。
(⼀)必考题(共129分)
22.(7分)⽤如图甲所⽰的装置可验证机械能守恒定律。装置的主体是⼀个有刻度尺的⽴柱，其上装有可移动的铁夹A和光电门B。
主要实验步骤如下：
①⽤游标卡尺测量⼩球的直径d，如图⼄所⽰; ②⽤细线将⼩球悬挂于铁架台上，⼩球处于静⽌状态; ③移动光电门B使之正对⼩球，固定光电门; ④在铁夹A上固定⼀指针(可记录⼩球释放点的位置);
⑤把⼩球拉到偏离竖直⽅向⼀定的⾓度后由静⽌释放，读出⼩球释放点到最低点的⾼度差h和⼩球通过光电门的时间t;
⑥改变⼩球释放点的位置，重复步骤④⑤。 回答下列问题：
(1)由图⼄可知，⼩球的直径d=____________cm;
(2)测得⼩球摆动过程中的最⼤速度为____________(⽤所测物理量的字母表⽰);
(3)以t2为纵轴，以____________(填“h”或“1/h”)为横轴，若得到⼀条过原点的、且斜率⼤⼩K=_________(⽤所测物理量的字母和重⼒加速度g表⽰)的倾斜直线，即可验证⼩球在摆动过程中机械能守恒。
23.(8分)⽤以下器材尽可能准确地测量待测电阻Rx的阻值。 A.待测电阻Rx，阻值约为200Ω;
B.电源E，电动势约为3.0V，内阻可忽略不计; C.电流表A1，量程为0～10mA，内电阻r1=20Ω; D.电流表A2，量程为0～20mA，内电阻约为r2≈8Ω; E.定值电阻R0，阻值R0=80Ω; F.滑动变阻器R1，最⼤阻值为10Ω; G.滑动变阻器R2，最⼤阻值为200Ω; H.单⼑单掷开关S，导线若⼲;
(1)为了尽可能准确地测量电阻Rx的阻值，请你设计并在虚线框内完成实验电路图。
(2)滑动变阻器应该选_________(填器材前⾯的字母代号);在闭合开关前，滑动变阻器的滑⽚P应置于________ 端;(填“a”或“b”)
(3)若某次测量中电流表A1的⽰数为I1，电流表A2的⽰数为I2.则Rx的表达式为：Rx=_______________
24.(12分)如图所⽰，质量为mA=0.2 kg的⼩物块A，沿⽔平⾯与⼩物块B发⽣正碰，⼩物块B质量为mB=1 kg。碰撞前，A的速度⼤⼩为v0=3 m/s，B静⽌在⽔平地⾯上。由于两物块的材料未知，将可能发⽣不同性质的碰撞，已知A、B与地⾯间的动摩擦因数均为μ=0.2，重⼒加速度g取10 m/s2，试求碰后B在⽔平⾯上可能的滑⾏距离。(结果可⽤分数表⽰)
25.(20分)如图所⽰，半径为r的圆形区域内有平⾏于纸⾯的匀强偏转电场，电场与⽔平⽅向成60º⾓，同⼼⼤圆半径为 r，两圆间有垂直于纸⾯向⾥的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m，带电量为+q的粒⼦经电场加速后恰好沿磁场边界进⼊磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最⾼点A处进⼊电场，并从最低点C处离开电场。不计粒⼦的重⼒。求：
(1)该粒⼦从A处进⼊电场时的速率; (2)偏转电场的场强⼤⼩;
(3)使该粒⼦不进⼊电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围。
(⼆)选考题：共45分。请考⽣从2道物理题、2道化学题、2道⽣物题中每科任选⼀题作答。如 果多做，则每科按所做的第⼀题计分。
33.[物理⼀选修3-3](15分)
(1)(5分)关于分⼦动理论和物体的内能，下列说法正确的是 _____。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.某种物体的温度为0℃，说明该物体中分⼦的平均动能为零 B.物体的温度升⾼时，分⼦的平均动能⼀定增⼤，但内能不⼀定增⼤
C.当分⼦间的距离增⼤时，分⼦间的引⼒和斥⼒都减⼩，但斥⼒减⼩的更快，所以分⼦间作⽤⼒总表现为引⼒
D.10g100℃⽔的内能⼩于10g100℃⽔蒸⽓的内能 E.两个铅块挤压后能紧连在⼀起，说明分⼦间有引⼒
(2)(10分)有⼀导热良好的圆柱形⽓缸置于⽔平地⾯上，并⽤⼀光滑的质量为M活塞密封⼀定质量的理想⽓体，活塞⾯积为S.开始时汽缸开⼝向上(如图⼀)，已知外界⼤⽓压强p0，被封⽓体的体积V1。求：
①求被封⽓体的压强p1;
②现将汽缸倒置(如图⼆)，活塞与地⾯间的⽓体始终与外界⼤⽓相通，待系统重新稳定后，活塞移动的距离△h是多少?
34.[物理⼀选修3-4](15分)
(1)(5分)如图所⽰，振幅、频率均相同的两列波相遇，实线与虚线分别表⽰两列波的波峰和波⾕.某时刻，M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是( )
A.该时刻质点O正处于平衡位置 B.P、N两质点始终处在平衡位置
C.随着时间的推移，质点M将沿波的传播⽅向向O点处移动 D.从该时刻起，经过⼆分之⼀周期，质点M将到达平衡位置
(2)(10分)两块相同的直⾓棱镜与⼀块等腰棱镜拼接成如图所⽰的组合棱镜，称为直视棱镜.在主截⾯内，与底⾯平⾏的光线由左⽅射⼊棱镜，光线等⾼地从右⾯棱镜平⾏射出，犹如棱镜不存在⼀样.已知直⾓棱镜的折射率为n1= ，等腰棱镜的折射率为n2= ，不考虑底⾯的反射，求等腰棱镜的顶⾓α.(当光以⼊射⾓θ1从折射率为n1的介质⼊射到折射率为n2的介质中时，折射⾓为θ2，则它们满⾜关系式n1•sinθ1=n2•sinθ2)
物理评分细则： 14 15 16 17 18 19 20 21 C B A B B BD BC BCD
22、(7分)(1)1.060(2分) (2)d / t(1分) (3)1 / h(2分) (4)d2 / 2g(2分) 23、(8分)(1)如右图所⽰(3分) (2)F(1分) b(1分) (3) (3分) 24、(12分)
AB碰后粘在⼀起后，B在⽔平⾯上滑⾏最短距离xmin mAv0=(mA+mB)v1 ————2分 解得：v1 =0.5m/s ————2分 解得： ————1分
AB弹性碰撞后，B在⽔平⾯上滑⾏最长距离xmax mAv0=mA vA+mBvB ————2分 ————2分 解得：vB=1m/s————1分 ————1分
∴碰后B在⽔平⾯上可能滑⾏的距离范围： ————1分 25、(20分)
(1)(5分)由⼏何关系得： ————2分 解得：
————1分 解得： ————2分 (2)(6分)在电场中类平抛运动 ————2分
————2分 解得： ————2分 (3)(9分)
————1分 解得：
①当 时，————1分， ， ————1分 ②当 时，——1分， ， ———1分 ③当 时，——1分， ， ————1分 所以加速电压的取值范围为 ： ————1分 和 ————1分
33、(1)、(5分)BDE(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
(2)(10分)
①(4分)p1S= p0S+Mg————2分 解得： ————2分 ②(6分)p2S+Mg = p0S————2分 解得： p1 V1= p2 V2————2分 解得： ————1分 解得： ————1分 34、(1)BD
有关⾼三物理上学期期末试题 ⼀、单项选择题
1.下列各个物理量中属于⽮量的有
A. 电场强度 B. 电势差 C. 电场⼒做的功 D. 电势能 【答案】A 【解析】
【分析】
⽮量是既有⼤⼩⼜有⽅向的物理量，标量是只有⼤⼩没有⽅向的物理量;
【详解】A、电场强度为⽮量，其定义式为 ，其⽅向为正电荷的受⼒⽅向，故选项A正确; B、电势差、电场⼒的功以及电势能只有⼤⼩，没有⽅向，是标量，故选项BCD错误。
【点睛】对于⽮量与标量，要知道它们有两⼤区别：⼀是⽮量有⽅向，标量没有⽅向;⼆是运算法则不同，⽮量运算遵守平⾏四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
2.下列关于物理学史或物理⽅法的说法中正确的是
A. 伽利略利⽤斜⾯“外推”研究⾃由落体运动时，直接测量铜球的速度与时间的关系，得到⾃由落体运动的规律
B. 速度、加速度、动量和动能都是利⽤⽐值法定义的物理量
C. 物理模型在物理学的研究中起了重要作⽤，其中“质点”“点电荷”“光滑的轻滑轮”“轻弹簧”等都是理想化模型
D. ⽜顿发现了万有引⼒定律并测定了万有引⼒常量G 【答案】C 【解析】
【详解】A、伽利略时代，没有先进的测量⼿段和⼯具，为了“冲淡”重⼒作⽤，采⽤斜⾯实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减⼩实验误差，根据实验结果，伽利略将实验结论进⾏合理的外推，得到⾃由落体的运动规律，但不是直接得出的落体规律，故选项A错误;
B、速度、加速度是⽤⽐值法定义的物理量，但是动量和动能都不是，故选项B错误;
C、物理模型在物理学的研究中起了重要作⽤，其中“质点”“点电荷”“光滑的轻滑轮”“轻弹簧”等都是理想化模型，故选项C正确;
D、⽜顿发现了万有引⼒定律，卡⽂迪许测定了万有引⼒常量，故D错误。
【点睛】本题考查物理学史以及物理⽅法，是常识性问题，对于物理学上重⼤发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之⼀。
3.如图所⽰⼀架飞机正在沿⼀直线匀速爬升，飞机除了受到重⼒以外还受到来⾃喷射⽓体的推⼒、空⽓阻⼒、升⼒等⼒的作⽤，请分析除去重⼒以外的其他外⼒的合⼒的⽅向
A. 沿飞机的速度⽅向 B. 垂直机⾝⽅向向上 C. 沿飞机速度的反⽅向 D. 竖直向上 【答案】D 【解析】
【详解】由题可知飞机做匀速运动，处于平衡状态，合⼒为零，则根据平衡条件可以知道：除去重⼒以外的其他外⼒的合⼒的⼤⼩与重⼒的⼤⼩相等，但是⽅向与重⼒的⽅向相反，即竖直向上，故选项D正确，ABC错误。
【点睛】本题主要考查物体的平衡状态，掌握平衡状态的平衡条件，即合⼒为零。
4.飞镖⽐赛是⼀项极具观赏性的体育⽐赛项⽬。 (国际飞镖联合会)飞镖世界杯赛上，某⼀选⼿在距地⾯⾼ 、离靶⾯的⽔平距离 处，将质量为 的飞镖以速度 ⽔平投出，结果飞镖落在靶⼼正上⽅。从理论分析只改变 、 、 、 四个量中的⼀个，可使飞镖投中靶⼼的是(不计空⽓阻⼒)
A. 适当减少飞镖投出时的⽔平速度 B. 适当提⾼飞镖投出时的离地⾼度 C. 适当减⼩飞镖的质量
D. 适当减⼩飞镖离靶⾯的⽔平距离 【答案】A 【解析】
飞镖飞⾏中竖直⽅向y= gt2、⽔平⽅向L=v0t，得y= ，欲击中靶⼼，应该使竖直位移增⼤，使L增⼤或v0减⼩，选项A正确.
5.如图所⽰，两光滑⽔平放置的平⾏⾦属导轨间距为 ，直导线 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸⾯向⾥的匀强磁场中，磁感应强度为 。电容器的电容为 ，除电阻 外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线 ⼀初速度，使导线 向右运动，当电路稳定后， 以速度 向右匀速运动时
A. 电容器两端的电压为零 B. 通过电阻 的电流为 C. 电容器所带电荷量为
D. 为保持 匀速运动，需对其施加的拉⼒⼤⼩为 【答案】C 【解析】
AB、当导线MN匀速向右运动时,导线所受的合⼒为零,说明导线不受安培⼒,电路中电流为零,故电阻两端没有电压.此时导线MN产⽣的感应电动势恒定,根据闭合电路欧姆定律得知,电容器两板间的电压为 .故AB错误.
C、电容器所带电荷量 ,所以C选项是正确的;
D、因匀速运动后MN所受合⼒为0,⽽此时⽆电流,不受安培⼒,则⽆需拉⼒便可做匀速运动,故D错误. 故选C
点睛：当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时,导线产⽣的感应电动势恒定,对电容器不充电也放电,电路中⽆电流,电容器两板间的电压等于感应电动势,即可求出电荷量.匀速时,电路中没有电流,不受安培⼒,⽆需拉⼒.
6.⾃20世纪以来，随着⼈类天⽂观测技术的不断进步，地球⾃转中的各种变化相继被天⽂学家发现，经过长时间的观察和计算，天⽂科学家观察到地球⾃转速度存在长期减慢的趋势。5.43亿年前，地球每天的时间是0.37⼩时，5.43亿年以来，地球每天的时间越来越长，平均每年增加0.00015秒，经过5.43亿年的缓慢进化，现在，地球的⼀天的时间已经增加变化成了23⼩时56分。假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，未来⼈类发射的地球同步卫星与现在的相⽐
A. 距地⾯的距离变⼤ B. 向⼼加速度变⼤ C. 线速度变⼤ D. ⾓速度变⼤ 【答案】A 【解析】 【分析】
同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引⼒提供向⼼⼒，由⽜顿第⼆定律得到同步卫星的周期与半径的关系，从⽽求出半径⼤⼩、向⼼加速度⼤⼩、线速度⼤⼩和⾓速度⼤⼩的变化关系;
【详解】A、设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，同步卫星做圆周运动，万有引⼒提供向⼼⼒，由⽜顿第⼆定律得： ，解得： ，由题意知，现在同步卫星的周期T变⼤，则：同步卫星的轨道半径r增⼤，同步卫星距地⾯的⾼度变⼤，故A正确;
B、同步卫星做圆周运动，万有引⼒提供向⼼⼒，由⽜顿第⼆定律得： ，解得，向⼼加速度 ，由于r变⼤，则向⼼⾓速度a减⼩，故B错误;
C、同步卫星做圆周运动，万有引⼒提供向⼼⼒，由⽜顿第⼆定律得： ，解得，线速度为： ，由于r变⼤，则线速度v变⼩，故C错误;
D、由题意知，现在同步卫星的周期变⼤，根据 ，可知⾓速度 减⼩，故D错误。
【点睛】本题是万有引⼒定律与圆周运动知识的综合，关键要建⽴模型，抓住同步卫星做匀速圆周运动时，由地球的万有引⼒提供向⼼⼒。
7.如图所⽰，游乐园的游戏项⽬——旋转飞椅，飞椅从静⽌开始缓慢转动，经过⼀⼩段时间，坐在飞椅上的游客的运动可以看作匀速圆周运动。整个装置可以简化为如图所⽰的模型。忽略转动中的空⽓阻⼒。设细绳与竖直⽅向的夹⾓为，则
A. 飞椅受到重⼒、绳⼦拉⼒和向⼼⼒作⽤ B.⾓越⼤，⼩球的向⼼加速度就越⼤
C. 只要线速度⾜够⼤，⾓可以达到 D. 飞椅运动的周期随着⾓的増⼤⽽增⼤ 【答案】B 【解析】 【分析】
飞椅做匀速圆周运动时，由重⼒和绳⼦的拉⼒的合⼒提供向⼼⼒，根据⽜顿第⼆定律进⾏分析即可; 【详解】A、飞椅受到重⼒和绳⼦的拉⼒作⽤，⼆者的合⼒提供向⼼⼒，故选项A错误;
B、根据⽜顿第⼆定律可知： ，则向⼼加速度为⼤⼩为： ，可知⾓越⼤，⼩球的向⼼加速度就越⼤，故选项B正确;
C、若⾓可以达到 ，则在⽔平⽅向绳⼦的拉⼒提供向⼼⼒，竖直⽅向合⼒为零，但是竖直⽅向只有重⼒作⽤，合⼒不可能为零，故选项C错误;
D、设绳长为L，则根据⽜顿第⼆定律可知： ，
整理可以得到： ，当增⼤则 减⼩，导致周期T减⼩，故选项D错误。
【点睛】飞椅做匀速圆周运动时，由重⼒和绳⼦的拉⼒的合⼒提供向⼼⼒，因此受⼒分析时不能将向⼼⼒作为单独的⼒⽽分析出来，这是部分同学易错的地⽅。
8.⼀列简谐波沿 轴传播，其波源位于坐标原点 。质点 刚好完成⼀次全振动时，形成的简谐横波波形如图所⽰，已知波速为 ，波源 简谐运动的周期为 ， 是沿波传播⽅向上介质中的⼀个质点，则
A. 图中 轴上 、 之间的距离为 B. 波源 的起振⽅向沿 轴正⽅向
C. 在⼀个周期内，质点 将向右运动⼀个波长的距离 D. 图⽰时刻质点 所受的回复カ⽅向沿 轴正⽅向 【答案】D 【解析】 【分析】
波在同⼀均匀介质中匀速传播，振动在⼀个周期内传播⼀个波长，简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振⽅向与波源起振⽅向相同，与图⽰时刻波最前端质点的振动⽅向相同，各个质点合外⼒⽅向指向平衡位置;
【详解】A、波长为 ，O、A 之间的距离为 ，故A错误;
B、波源O开始振动时的运动⽅向与波前质点的起振⽅向相同，沿y轴负⽅向，故B错误; C、质点只是在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，故C错误;
D、图⽰时刻质点C所受的合外⼒⽅向指向平衡位置，即沿y轴正⽅向，故D正确。
【点睛】本题应⽤到机械波两个基本特点：⼀简谐横波向前传播时质点并不随波迁移;⼆是介质中质点起振⽅向与波源起振⽅向相同。
9.利⽤电容传感器可检测矿井渗⽔，及时发出安全警报，从⽽避免事故的发⽣。如图所⽰是⼀种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液⾯⾼低的仪器原理图， 为位置固定的导体芯， 为导体芯外⾯的⼀层绝缘物质， 为导电液体(矿井中含有杂质的⽔)， 、 、 构成电容器。若矿井渗⽔(导电液体深度 增⼤)，则电流
A. 从 向， 、 、 构成的电容器放电 B. 从向 ， 、 、 构成的电容器放电 C. 从 向， 、 、 构成的电容器充电 D. 从向 ， 、 、 构成的电容器充电 【答案】D 【解析】 【分析】
由图可知电容器的构造，再由平⾏板电容器的决定式进⾏分析即可;
【详解】由图可知，液体C与芯柱A构成了电容器的两个极板，B为电介质，由图可知，两板间距离不变，液⾯变化时只有正对⾯积发⽣变化;则由 可知，当液⾯升⾼时，只能是正对⾯积S增⼤，故可判断电容增⼤，再依据 ，因此电势差不变，那么电容的电荷量增⼤，因此电容器处于充电状态，由图可知电流从向 ，故ABC错误，D正确。
【点睛】本题考查平⾏板电容器在⽣产⽣活中的应⽤，注意由题意找出我们常见的模型再进⾏分析。
10.某兴趣⼩组利⽤如图所⽰装置给灯泡供电。图中两磁极位置相对于⽔平轴线 对称，导线框 绕轴线 以⾓速度 匀速转动，并通过升压变压器给灯泡供电。下列说法正确的是
A. 图⽰位置穿过线框的磁通量为零 B. 图⽰位置线框产⽣的感应电动势为零
C. 线框 中电流的有效值⼩于灯泡中电流的有效值 D. 若灯泡偏暗，可通过增加原线圈匝数来提⾼灯泡亮度 【答案】B 【解析】 【分析】
线框与磁场垂直时，位于中性⾯，感应电动势为零，根据电压与匝数成正⽐，电流与匝数成反⽐，逐项分析即可得出结论;
【详解】A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最⼤，感应电动势为零，故A错误，B正确;
C、根据变压器的原理可以得到原副线圈电流与匝数的关系为： ，由图可知匝数关系为： ，则可以知道 ，故选项C错误;
D、根据变压器的原理可以得到原副线圈电压与匝数的关系为： ，则可以得到副线圈电压即灯泡两端电压为： ，若增⼤ 则 减⼩，则灯泡继续偏暗，故选项D错误。
【点睛】本题关键交变电流产⽣的过程及其规律，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系。
11.如图甲所⽰，倾斜的传送带正以恒定速率 沿顺时针⽅向转动，传送带的倾⾓为 。⼀物块以初速度 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 图象如图⼄所⽰，物块到传送带顶端时速度恰好为零， ， ， 取 ，则
A. 由图⼄可知， 内物块受到的摩擦⼒⼤于 内的摩擦⼒ B. 摩擦⼒⽅向⼀直与物块运动的⽅向相反 C. 物块与传送带间的动摩擦因数为 D. 传送带底端到顶端的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】
刚开始时，物块的速度⼤于传送带的速度，受到沿斜⾯向下的滑动摩擦⼒，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，物体所受摩擦⼒改为向上，继续向上做减速运动;根据⽜顿第⼆定律求解摩擦因数，根据图象的“⾯积”求传送带底端到顶端的距离;
【详解】A、由⼄图可知在0-1s内物块的速度⼤于传送带的速度，物块所受摩擦⼒的⽅向沿斜⾯向下，与物块运动的⽅向相反;1-2s内，物块的速度⼩于传送带的速度，物块所受摩擦⼒的⽅向沿斜⾯向上，与物块运动的⽅向相同，由于物块对传送带的压⼒相等，根据摩擦⼒公式 可知两段时间内摩擦⼒⼤⼩相等，故选项AB错误;
C、在 内物块的加速度⼤⼩为 ，根据⽜顿第⼆定律得： ，解得 ，故C正确; D、物块上升的位移⼤⼩等于 图象所包围的⾯积⼤⼩，为： ，所以传送带底端到顶端的距离为 ，故D错误。
【点睛】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合⽜顿第⼆定律和运动学公式进⾏求解。
12.如图甲是建筑⼯地将桩料打⼊泥⼟中以加固地基的打夯机⽰意图，打夯前先将桩料扶正⽴于地基上，桩料进⼊泥⼟的深度忽略不计。已知夯锤的质量为 ，桩料的质量为 。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶 处再释放，让夯锤⾃由下落，夯锤砸在桩料上后⽴刻随桩料⼀起向下运动。桩料进⼊泥⼟后所受阻⼒随打⼊深度 的变化关系如图⼄所⽰，直线斜率 。 取 ，则下列说法正确的是
A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为 B. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 C. 打完第⼀夯后，桩料进⼊泥⼟的深度为 D. 打完第三夯后，桩料进⼊泥⼟的深度为 【答案】C 【解析】 【分析】
夯锤先⾃由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内⼒远⼤于外⼒，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度;夯锤与桩料⼀起下沉的过程，重⼒和阻⼒做功，由动能定理可求得桩料进⼊泥⼟的深度;
【详解】A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度 ，得 取向下为正⽅向，打击过程遵守动量守恒定律，则得： 代⼊数据解得： ，故选项AB错误;
C、由⼄图知，桩料下沉过程中所受的阻⼒是随距离均匀变化，可⽤平均⼒求阻⼒做功，为 打完第⼀夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得： 即：
代⼊数据解得 ，故选项C正确;
D、由上⾯分析可知：第⼆次夯后桩料再次进⼊泥⼟的深度为 则对夯锤与桩料，由动能定理得：
同理可以得到：第三次夯后桩料再次进⼊泥⼟的深度为 则对夯锤与桩料，由动能定理得： 则打完第三夯后，桩料进⼊泥⼟的深度为 代⼊数据可以得到： ，故选项D错误。
【点睛】本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当⼒随距离均匀变化时，可⽤平均⼒求功，也可⽤图象法，⼒与距离所夹⾯积表⽰阻⼒做功的⼤⼩。
⼆、实验题
13.如图甲所⽰，在“验证⼒的平⾏四边形定则”的实验中，⼩⾼同学进⾏实验的主要步骤是：将橡⽪条的⼀端固定在⽊板上A位置，另⼀端系有轻质⼩圆环：两根轻质细绳的⼀端分别系在⼩圆环上，另⼀端分别系在弹簧测⼒计的挂钩上。现⽤弹簧测⼒计通过细绳拉动⼩圆环，使橡⽪条沿平⾏⽊板平⾯伸长⾄O位置。读取此时弹簧测⼒计的⽰数，分别记录两个拉⼒F1、F2的⼤⼩。再⽤笔在两绳的拉⼒⽅向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表⽰两⼒的⽅向。再⽤⼀个弹簧测⼒计将橡⽪筋的活动端仍拉⾄O点，记录其拉⼒F的⼤⼩并⽤上述⽅法记录其⽅向.对于上述的实验过程，下列说法中正确的是________
A.⽤⼀个弹簧测⼒计将橡⽪筋的活动端时，可以拉⾄O点，也可以不拉⾄O点 B.两根轻质绳拉⼒的⽅向应与⽊板平⾯平⾏
C.这位同学在实验中确定分⼒⽅向时，图甲所⽰的a点离O点过近，标记得不妥 D.图⼄是在⽩纸上根据实验结果作出的图⽰，其中F是F1和F2合⼒的理论值 【答案】BC 【解析】 【分析】
验证⼒的平⾏四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉⼒的⼤⼩及⽅向;分析两个合⼒的来源可知实验值及真实值;
【详解】A、两次⽤弹簧测⼒计将橡⽪筋的活动端都要拉⾄O点，这样做的⽬的是保证前后两次作⽤⼒的效果相同;故A错误.
B、为保证拉⼒的⽅向为在纸⾯上画出的⽅向，OB和OC绳拉⼒的⽅向应与⽊板平⾯平⾏;故B正确. C、由图可知，O、a两点距离太近，画⼒的⽅向时容易产⽣误差，应使a离O远⼀些;则C正确. D、图⼄是在⽩纸上根据实验结果作出的⼒的图⽰，实际测量值⼀定与AO在同⼀直线上，⽽另⼀合⼒是由平⾏四边形得出的，⼀定为平⾏四边形的对⾓线，故F为实际测量值，F′为实验值;故D错误.
故选BC.
【点睛】要围绕“验证⼒的平⾏四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进⾏记忆.
14.单摆测定重⼒加速度的实验中：
(1)实验时⽤20分度的游标卡尺测量摆球直径，⽰数如图甲所⽰，该摆球的直径 ________
(2)接着测量了摆线的长度为 。，实验时⽤拉⼒传感器测得摆线的拉⼒ 随时间变化的图像如图⼄所⽰，写出重⼒加速度 与 、 、 的关系式： ________。
(3)某⼩组改变摆线长度 ，测量了多组数据。在进⾏数据处理时，甲同学把摆线长 作为摆长，直接利⽤公式求出各组重⼒加速度值再求出平均值：⼄同学作出 图像后求出斜率，然后算出重⼒加速度。两同学处理数据的⽅法对结果的影响是：甲________，⼄________。(填“偏⼤”、“偏⼩”或“⽆影响”)
【答案】 (1). 14.15 (2). (3). 偏⼩ (4). ⽆影响 【解析】 【分析】
(1)由图⽰游标卡尺确定游标尺的精度，游标卡尺主尺⽰数与游标尺⽰数之和是游标卡尺的⽰数; (2)单摆的摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，根据题意求出摆长，由图像确定单摆的周期，最后由单摆周期公式求出重⼒加速度的表达式;
(3)根据单摆周期公式判断甲的测量值与真实值间的关系，由单摆周期公式的变形公式求出 关系表达式，然后根据图像斜率求解加速度，之后判断测量值与真实值间的关系;
【详解】(1)由图甲所⽰游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是 ，游标尺主尺⽰数是，游标尺⽰数是 ，游标卡尺⽰数，即摆球的直径为： ;
(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为 ，由图⼄所⽰图象可知，单摆的周期 ，由单摆周期公式 可知，
重⼒加速度 ;
(3)由单摆周期公式 可知，重⼒加速度 ，摆长应该是摆线长度 与摆球半径 之和，甲同学把摆线长 作为摆长，摆长⼩于实际摆长，由 可知，重⼒加速度的测量值⼩于真实值;
对于⼄同学，若摆长为摆线长 ，则由 可知， ，其中 ，由此可见， 与 成正⽐，k是⽐例常数，在 图像取两组坐标 和 ，可以得到斜率 ，可知由于单摆摆长偏⼤还是偏⼩不影响图象的斜率 ，因此摆长偏⼩不影响重⼒加速度的测量值。
【点睛】根据图⼄所⽰图象求出单摆的周期是易错点，要掌握单摆的运动过程，结合图象求出单摆周期，熟练应⽤单摆周期公式是正确解题的关键。
15.某实验⼩组利⽤如图1所⽰的电路做”测量电池的电动势和内电阻”的实验。 (1)请你根据电路图，在图3所⽰的实物图上连线_____________。
(2)该⼩组利⽤测量出来的⼏组电压和电流值画出了
图线如图2。根据图线求出电源的电动势
________，电源的内电阻 ________。
(3)另⼀实验⼩组也做了“测量电池的电动势和内电阻”的实验，他们在实验室⾥找到了以下器材： A.⼀节待测的⼲电池 B.电流表 (满偏电流 ，内阻 ) C.电流表 ( ，内阻 约为 ) D.滑动变阻器 ( ， ) E.定值电阻 ( )
F.开关和导线若⼲
某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图4所⽰的电路，并进⾏实验。该同学测出⼏组电流表 、 的数据 、 ，利⽤测出的数据画出 图像，则由图像可得被测⼲电池的电动势 _________ ，内电阻 ________ 。(两空结果均保留两位有效数字)
【答案】 (1). 如图所⽰：
(2). (3). (4). 【答题空4】1.5 (5). 【答题空5】0.60 【解析】 【分析】
(1)根据图1所⽰电路图连接实物电路图;
(2)电源U-I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻;
(3)由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源的内阻;
【详解】(1)根据电路图连接实物电路图，如图所⽰： (2)由图2所⽰可知，电源电动势为 ，电源内阻 ;
(3)由图5所⽰可知，图象与纵轴的交点为： ，与横轴的交点为： ， 则电源内阻为： 电源电动势为： 。
【点睛】应⽤图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应⽤欧姆定律求出电源电动势与内阻。
三、计算题
16.北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在⼀起，⼀直深受⼴⼤观众的欢迎。⼀质量为60kg的运动员在⾼度为 ，倾⾓为 的斜坡顶端，从静⽌开始沿直线滑到斜⾯底端。下滑过程运动员可以看作质点，收起滑雪杖，忽略摩擦阻⼒和空⽓阻⼒， 取 ，问：
(1)运动员到达斜坡底端时的速率 ;
(2)运动员刚到斜⾯底端时，重⼒的瞬时功率;
(3)从坡顶滑到坡底的过程中，运动员受到的重⼒的沖量。 【答案】(1) (2) (3) ⽅向为竖直向下 【解析】 【分析】
(1)根据⽜顿第⼆定律或机械能守恒定律都可以求出到达底端的速度的⼤⼩; (2)根据功率公式进⾏求解即可;
(3)根据速度与时间关系求出时间，然后根据冲量公式进⾏求解即可; 【详解】(1)滑雪者由斜⾯顶端滑到底端过程中，系统机械能守恒： 到达底端时的速率为： ;
(2)滑雪者由滑到斜⾯底端时重⼒的瞬时功率为： ; (3)滑雪者由斜⾯顶端滑到底端过程中，做匀加速直线运动 根据⽜顿第⼆定律 ，可以得到： 根据速度与时间关系可以得到： 则重⼒的冲量为： ，⽅向为竖直向下。
【点睛】本题关键根据⽜顿第⼆定律求解加速度，然后根据运动学公式求解末速度，注意瞬时功率的求法。
17.随着新技术的应⽤，⼿机不断地更新换代。新机型除了常规的硬件升级外，还⽀持快充和⽆线充电。图甲为兴趣⼩组制作的⽆线充电装置中的输电线圈⽰意图，已知线圈匝数 ，电阻 ，线圈的横截⾯积 ，外接电阻 。线圈处在平⾏于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图⼄所⽰，求：
(1) 时线圈中的感应电动势 (2) 内通过电阻 的电荷量 ; (3) 内电阻 上产⽣的热量 。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【分析】
根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据焦⽿定律列式求解热量即可;
【详解】(1)由图⼄可知 时刻 根据法拉第电磁感应定律得 代⼊数据解得： ;
(2) 内根据闭合电路欧姆定律可以得到： 电荷量
代⼊数据可以解得： ;
(3) 内，根据上⾯分析可知： ， ，
根据焦⽿定律可以得到， 上产⽣的焦⽿热为： 内，同理可以得到： ， ，
根据焦⽿定律可以得到， 上产⽣的焦⽿热为： 所以 。
【点睛】本题关键是根据法拉第电磁感应定律列式求解各个时间段的感应电动势⼤⼩，然后根据欧姆定律、电流定义公式、焦⽿定律列式求解即可。
18.如图所⽰，长度为 的轻绳⼀端固定于 点，另⼀端系⼀个质量为 的⼩球，将细绳拉直到⽔平状态时轻轻释放⼩球。问：
(1)⼩球经过最低点时，细绳受到的拉⼒⼤⼩。
(2)若在 点的正下⽅钉⼀个钉⼦ ，要求⼩球在细绳与钉⼦相碰后能够绕钉⼦做⼀个完整的圆周运动(忽略钉⼦的直径)，钉⼦ 的位置到悬点 的距离⾄少为多⼤?
(3)经验告诉我们，当细绳与钉⼦相碰时，钉⼦的位置越靠近⼩球，绳就越容易断。请你通过推导计算解释这⼀现象。(推导过程中需要⽤到的物理量，⾃⼰设定。)
【答案】(1) (2) (3)见解析 【解析】 【分析】
根据动能定理或机械能守恒求出⼩球运动到最低点时速度的表达式，根据⽜顿第⼆定律求解绳的拉⼒，逐项分析即可;
【详解】(1)⼩球从绷紧的轻绳⽔平时摆下到最低点过程机械能守恒： 由⽜顿第⼆定律可得：
⼩球在最低点时，轻绳受到的拉⼒： ;
(2)设钉⼦ 点到悬点 的距离为 ，⼩球在细绳与钉⼦相碰后圆周轨道半径为 ⼩球摆到最⾼点时，由⽜顿第⼆定律可得： ，其中： 由机械能守恒定律可得： 解得： ;
(3)设⼩球到钉⼦的距离为 ，
⼩球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得： ⼩球通过最低点的速度：
在最低点由⽜顿第⼆定律可得： 则：
可见钉⼦ 点到⼩球的距离 越⼩，轻绳拉⼒ 越⼤，绳就越容易断。
【点睛】该题是机械能及圆周运动相结合的问题，关键找出向⼼⼒的提供者，这是解决这类问题通⽤的⽅法，同时要注意恰好通过最⾼点的临界条件。
19.如图轨道Ⅲ为地球同步卫星轨道，发射同步卫星的过程可以筒化为以下模型：先让卫星进⼊⼀个近地圆轨道Ⅰ(离地⾼度可忽略不计)，经过轨道上 点时点⽕加速，进⼊椭圆形转移轨道Ⅱ。该椭圆轨道Ⅱ的近地点为圆轨道Ⅰ上的 点，远地点为同步圆轨道Ⅲ上的 点。到达远地点 时再次点⽕加速，进⼊同步轨道Ⅲ。
已知引⼒常量为 ，地球质量为 ，地球半径为 ，飞船质量为 ，同步轨道距地⾯⾼度为 。
当卫星距离地⼼的距离为时，地球与卫星组成的系统的引⼒势能为 (取⽆穷远处的引⼒势能为零)，忽略地球⾃转和喷⽓后飞船质量的変化，问：
(1)在近地轨道Ⅰ上运⾏时，飞船的动能是多少?
(2)若飞船在转移轨道Ⅱ上运动过程中，只有引⼒做功，引⼒势能和动能相互转化。已知飞船在椭圆轨道Ⅱ上运⾏中，经过 点时的速率为 ，则经过 点时的速率 多⼤?
(3)若在近地圆轨道Ⅰ上运⾏时，飞船上的发射装置短暂⼯作，将⼩探测器射出，并使它能脱离地球引⼒范围(即探测器可以到达离地⼼⽆穷远处)，则探测器离开飞船时的速度 (相对于地⼼)⾄少是多少?(探测器离开地球的过程中只有引⼒做功，动能转化为引⼒势能)
【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【分析】
(1)万有引⼒提供向⼼⼒，求出速度，然后根据动能公式进⾏求解; (2)根据能量守恒进⾏求解即可;
(3)将⼩探测器射出，并使它能脱离地球引⼒范围，动能全部⽤来克服引⼒做功转化为势能; 【详解】(1)在近地轨道(离地⾼度忽略不计)Ⅰ上运⾏时，在万有引⼒作⽤下做匀速圆周运动 即：
则飞船的动能为 ;
(2)飞船在转移轨道上运动过程中，只有引⼒做功，引⼒势能和动能相互转化。由能量守恒可知动能的减少量等于势能的増加量：
若飞船在椭圆轨道上运⾏，经过 点时速率为 ，则经过 点时速率为： ;
(3)若近地圆轨道运⾏时，飞船上的发射装置短暂⼯作，将⼩探测器射出，并使它能脱离地球引⼒范围(即探测器离地⼼的距离⽆穷远)，动能全部⽤来克服引⼒做功转化为势能
即：
则探测器离开飞船时的速度(相对于地⼼)⾄少是： 。
【点睛】本题考查了万有引⼒定律的应⽤，知道万有引⼒提供向⼼⼒，同时注意应⽤能量守恒定律进⾏求解。
20.⾼能粒⼦是现代粒⼦散射实验中的炮弹，加速器是加速粒⼦的重要⼯具，是核科学研究的重要平台。
质⼦回旋加速器是利⽤电场和磁场共同作⽤，使质⼦作回旋运动，在运动中通过⾼频电场反复加速、获得能量的装置。质⼦回旋加速器的⼯作原理如图(a)所⽰，置于真空中的 形⾦属盒半径为 ，两盒间狭缝的间距为 ，磁感应强度为 的匀强磁场与盒⾯垂直，被加速质⼦( )的质量为 ，电荷量为 。加在狭缝间的交变电压如图(b)所⽰，电压值的⼤⼩为 、周期 。为了简化研究，假设有⼀束质⼦从 板上 处⼩孔均匀地飘⼊狭缝，其初速度视为零。不考虑质⼦间的相互作⽤。
(1)质⼦在磁场中的轨迹半径为(已知)时的动能 ;
(2)请你计算质⼦从飘⼊狭缝⾄动能达到 (问题(1)中的动能)所需要的时间。(不考虑质⼦间的相互作⽤，假设质⼦每次经过狭缝均做加速运动。)
(3)若⽤该装置加速氦核( )，需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整? 【答案】(1) (2)
(3)⽅案⼀：增⼤磁感应强度 ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可。 ⽅案⼆：增⼤交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。 【解析】 【分析】
回旋加速器的⼯作条件是电场的变化周期与粒⼦在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运⽤电场加速磁场偏转来加速粒⼦，根据洛伦兹⼒提供向⼼⼒进⾏求解即可;
【详解】(1)洛伦兹⼒提供向⼼カ，根据⽜顿第⼆定律有： 粒⼦的动能为 ，解得 ;
(2)设粒⼦被加速 次后达到最⼤动能，则有 ，解得： 粒⼦在狭缝间做匀加速运动，加速度为
设 次经过狭缝的总时间为 ，根据运动学公式有：
设在磁场中做圆周运动的周期为 ，某时刻质⼦的速度为 ，半径为 则 ， ，由 解得： ;
(3)氦核的荷质⽐与质⼦不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒⼦在磁场中的圆周运动周期 ，氦核的荷质⽐⼤于质⼦，使得圆周运动周期变⼤
⽅案⼀：增⼤磁感应强度 ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可。 ⽅案⼆：增⼤交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。
【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作⽤，知道最⼤动能与什么因素有关，以及知道粒⼦在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。
⾼三物理上学期期末试卷带答案
选择题：本题共8⼩题，每题6分。在每⼩题给出的四个选项中，第14~18题只有项符合题⽬要求，19~21题有多项符合题⽬要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。
1.关于碳14的衰变⽅程 C→ X+ e，下⾯说法正确的是 A. A等于13，Z等于5 B. A等于14，Z等于7 C. A等于14，Z等于5 D. A等于13，Z等于6 【答案】B 【解析】 【分析】
根据质量数和电荷数守恒可求解A和Z的值。
【详解】根据质量数和电荷数守恒可知：14=A;6=Z+(-1)，解得Z=7，故选B.
2.如图所⽰，长⽊板A与物体B叠放在⽔平地⾯上，物体与⽊板左端⽴柱间放置轻质弹簧，在⽔平外⼒F作⽤下，⽊板和物体都静⽌不动，弹簧处于压缩状态。将外⼒F缓慢减⼩到零，物体始终不动，在此过程中
A. 弹簧弹⼒逐渐减⼩ B. 物体B所受摩擦⼒逐渐减⼩ C. 物体B所受摩擦⼒始终向左 D. ⽊板A受到地⾯的摩擦⼒逐渐减⼩ 【答案】D 【解析】 【分析】
物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹⼒不变;轨物体B受⼒分析，分析物体B所受摩擦⼒的⼤⼩和⽅向情况;对整体受⼒分析，可得⽊板A受到地⾯的摩擦⼒的变化.
【详解】将外⼒F缓慢减⼩到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹⼒不变，选项A错误;对物体B，因开始时所受的静摩擦⼒的⽅向不确定，则由F弹=F±f，则随F的减⼩，物体B所受摩擦⼒⼤⼩和⽅向都不能确定，选项BC错误;对AB的整体，⽔平⽅向⼒F与地⾯对A的摩擦⼒平衡，则随F的减⼩，⽊板A受到地⾯的摩擦⼒逐渐减⼩，选项D正确，故选D.
【点睛】此题关键是能正确选择研究对象，灵活运⽤整体法和隔离法;抓住物体始终不动进⾏分析;注意静摩擦⼒可能的不同的⽅向.
3.空间存在平⾏于纸⾯⽅向的匀强电场，纸⾯内ABC三点形成⼀个边长为1cm的等边三⾓形。将电⼦由A移动到B点，电场⼒做功2eV，再将电⼦由B移动到C点，克服电场⼒做功1eV。匀强电场的电场强度⼤⼩为
A. 100V/m B. V/m C. 200V/m D. 200 V/m 【答案】C 【解析】 【分析】
根据电场⼒功与电势差的关系求解AB和BC各点之间的电势差，然后找到等势⾯确定场强的⽅向，根据E=U/d求解场强。
【详解】将电⼦由A移动到B点，电场⼒做功2eV，则 ;同样： ，若设C点的电势为0，则B点的电势为1V，A点的电势为-1V，则AB中点的电势与C点电势相同，可知场强⽅向沿BA⽅向斜向上，场强为 ，故选C.
4.某颗星球的同步轨道半径为该星球半径的6倍。物体A在该星球⾚道上随星球⼀起⾃转，卫星B绕星球做匀速圆周运动，轨道半径等于星球半径的3倍。物体A和卫星B的线速度⼤⼩之⽐为
A. 1︰ B. ︰1 C. 1︰3 D. 1︰6 【答案】A 【解析】 【分析】
物体A在该星球⾚道上随星球⼀起⾃转的⾓速度与同步卫星的⾓速度周期相同，根据万有引⼒等于向⼼⼒列式即可求解.
【详解】设星球的半径为R，则对同步卫星： ;对物体A： ;对卫星B: ;联⽴解得： ，故选A.
5.如图所⽰为两个底边和⾼都是L的等腰三⾓形，三⾓形内均分布⽅向如图所⽰的匀强磁场，磁感应强度⼤⼩为B。⼀边长为L、电阻为R的正⽅形线框置于三⾓形所在平⾯内，从图⽰位置开始沿x轴正⽅向以速度v匀速穿过磁场区域。取逆时针⽅向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是
A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】
分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的⼤⼩与位置坐标的关系.线框的电阻⼀定，感应电流与感应电动势成正⽐.
【详解】bc边的位置坐标x在0-L过程，线框bc边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的⽅向为逆时针⽅向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到 ，再减到0; bc边的位置坐标x在L-2L过程中，bc边进⼊右侧磁场切割磁感线产⽣顺时针⽅向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产⽣顺时针⽅向的电流，两电流同向，则相加;随线向右运动，电流先增加后减⼩到0，最⼤值为 ;bc边的位置坐标x在2L-3L过程，bc边出离磁场，线框ad边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的⽅向为逆时针⽅向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到 ，再减到0;则图像C正确 ，ABD错误;故选C.
【点睛】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象;注意感应电流的⽅向的判断.
6.甲⼄两车沿同⼀平直公路同向运动，运动的v-t图象如图所⽰。t1时刻两车相遇，下说法正确的是
A. t2时刻两车再次相遇 B. t2时刻后，两车会再次相遇 C. 0时刻，⼄在前，甲在后
D. 0～t1时间内甲的加速度先增⼤后减⼩ 【答案】BC 【解析】 【分析】
v-t图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的⾯积等于位移，结合图像进⾏分析.
【详解】t1时刻两车相遇，⽽t1到t2时间内⼄车的位移⼤于甲车的位移，可知t2时刻⼄车在甲车前⾯，选项A错误;t2时刻后，甲车的速度⼤于⼄车，则两车会再次相遇，选项B正确;因0-t1时间内甲车的位移⼤于⼄车的位移，t1时刻两车相遇，则0时刻，⼄在前，甲在后，选项C正确;v-t线的斜率等于加速度，可知0～t1时间内甲的加速度⼀直减⼩，选项D错误;故选BC.
【点睛】本题根据速度图象分析运动情况的能⼒，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离.
7.如图所⽰，⼩车在⽔平⾯上做匀加速直线运动，车厢内两质量相同的⼩球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直⽅向夹⾓均为45°，其中⼀球⽤⽔平轻绳AC系于车厢侧壁，下列说法正确的是
A. ⼩车运动⽅向向右 B. ⼩车的加速度⼤⼩为 g C. 轻绳OA、OB拉⼒⼤⼩相等
D. 轻绳CA拉⼒⼤⼩是轻绳OA拉⼒的 倍 【答案】CD 【解析】 【分析】
对⼩球B受⼒分析可求解⼩车运动的加速度和加速度的⽅向;OA和OB细绳拉⼒的竖直分量均等于mg，由此判断轻绳OA、OB拉⼒⼤⼩关系;对⼩球A受⼒分析，根据正交分解法以及⽜顿第⼆定律求解两边绳⼦的拉⼒关系。
【详解】对⼩球B受⼒分析可知，B所受的合外⼒向左，且mgtan450=ma，解得a=g，且加速度向左，即⼩车的加速度向左，⼩车向左加速或者向右减速运动，选项AB错误;分别对AB受⼒分析， OA和OB细绳拉⼒的竖直分量均等于mg，即TOBcos450=TOAcos450=mg，可知轻绳OA、OB拉⼒⼤⼩相等，选项C正确;对A受⼒分析可知，TCA -TOAsin450=ma=mg，解得TCA=2mg即TCA= TOA，选项D正确;故选CD.
8.两个质⼦以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所⽰，两圆周相切于A点，过A点做⼀直线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1：r2=1：2，下列说法正确的有
A. 两质⼦速率v1：v2=1：2 B. 两质⼦周期T1：T2=1：2
C. 两质⼦由A点出发第⼀次到达B点和C点经历的时间t1：t2=1：2 D. 两质⼦在B点和C点处速度⽅向相同 【答案】AD 【解析】 【分析】
根据半径关系根据 可判断速度关系;同种粒⼦在相同磁场中运动的周期相同;结合⼏何关系可知两粒⼦在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆⼼⾓相同，从⽽判断时间关系和速度⽅向关系。
【详解】根据 解得 ，可知两质⼦速率v1：v2= r1：r2=1：2，选项A正确;根据 可知两质⼦周期相同，选项B错误;由⼏何关系可知，两粒⼦在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆⼼⾓相同，根据 可知，两质⼦由A点出发第⼀次到达B点和C点经历的时间相同，选项C错误;因两粒⼦进⼊磁场时速度⽅向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆⼼⾓相同，可知两质⼦在B点和C点处速度⽅向相同，选项D正确;故选AD.
【点睛】带电粒⼦在磁场中做匀速圆周运动问题，关键是理解记忆两个基本公式，即半径公式和周期公式，充分利⽤⼏何关系找到圆⼼⾓和半径关系等等.
三、⾮选择题包括必考题和选考题两部分。第2题~第32题为必考题，每个试题考⽣都必须作答。第33题~第38题为选考题，考⽣根据要求作答。
(⼀)必考题
9.某同学利⽤如图所⽰装置进⾏“研究匀变速直线运动”的实验。 (1)下列说法正确的有__________
A.实验开始前，需要垫⾼长⽊板右端到合适⾓度，平衡摩擦⼒ B.钩码质量需要满⾜远远⼩于⼩车的质量 C.⼩车释放的位置应尽量远离滑轮 D.先接通电源，后释放⼩车
(2)实验中获得⼀条纸带，设纸带上计数点的间距为S1和S2，如图为⽤⽶尺测量某⼀纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1=3.10cm，S2=___________cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的⼤⼩a=___________m/s2。
【答案】 (1). CD (2). 5.48~5.52 (3). 2.38~2.42 【解析】 【分析】
(1)根据实验原理以及实验过程判断各个选项;(2)刻度尺读数保留到mm的下⼀位;根据?S=aT2解得加速度。
【详解】(1)此实验只要使⼩车加速运动即可，则实验开始前，不需要平衡摩擦⼒，钩码质量也不需要满⾜远远⼩于⼩车的质量，选项AB错误;⼩车释放的位置应尽量远离滑轮，且先接通电源，后释放⼩车，从⽽能充分利⽤纸带，选项CD正确;故选CD.
(2)由刻度尺读出S1=3.10cm;S2=5.50cm;T=0.1s，?S=2.40cm，根据?S=aT2解得 10.如图所⽰电路可以测量两块电压表的内阻，图中⽤到的实验器材如下： 待测电压表V1，量程3V，内阻为3kΩ; 待测电压表V2，量程15V，内阻约为15kΩ; 定值电阻R0，阻值⼤⼩为21kΩ; 滑动变阻器R，变化范围0-10Ω; 电源，E=15V，内阻不计; 电键导线若千。
(1)实验器材已经部分连接，请你⽤实线代表导线，将电路连接完整_____; (2)连接好电路后，将滑动变阻器的滑⽚滑到最左端;
(3)将两个电键都闭合，滑动变阻器滑⽚调节到某⼀位置，得到此时两块电压表的读数分别为U1=3.00V，U2=9.00V;
(4)保持滑动变阻器滑⽚位置不变，断开电键S2，此时两电压表读数变为2.00V和10.00V，由两表读数可知，两电压表内阻之⽐R1：R2=___________;
(5)由以上数据可计算出两电压表的内阻分别为R1=___________kΩ，R2=___________kΩ; (6)改变滑动变阻器滑⽚的位置，重复试验，多次测量，取平均值。 【答案】 (1). (2). 1:5 (3). 2.8 (4). 14 【解析】
【详解】(1)电路连线如图;
(2)两个电键都闭合时，则 ;保持滑动变阻器滑⽚位置不变，断开电键S2，此时： ;联⽴解得
R1=2.8kΩ;R2=14kΩ.
11.如图所⽰，光滑曲⾯与粗糙平⾯平滑连接，质量为m2=3kg的滑块B静⽌在光滑曲⾯的底端，质量为m1=2kg的滑块A由曲⾯上某⼀⾼度H处⽆初速释放，滑到底端和滑块B发⽣弹性正碰，碰后滑块B在平⾯
上滑⾏的距离为L=2m，已知两滑块与平⾯间的动摩擦因数均为0.4，重⼒加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块B在碰撞后获得的速度⼤⼩ (2)滑块A的释放⾼度。 【答案】(1)4m/s(2)1.25m 【解析】 【分析】
(1)碰后物块B 减速滑⾏，由动能定理求解滑块碰后获得速度;(2)两物块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，列式可求解.
【详解】(1)碰后物块B减速滑⾏，由动能定理 滑块碰后获得速度：v2 = 4m/s
(2)两物块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律 物块A下滑，由动能定理 由以上各式解得 H=1.25m
12.如图所⽰，平⾯直⾓坐标系第⼀象限中，两个边长均为L的正⽅形与⼀个边长为L的等腰直⾓三⾓形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正⽅形区域I和三⾓形区域Ⅲ存在⼤⼩相等，⽅向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒⼦由正⽅形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射⼊区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P。若在正⽅形区域Ⅱ内施加垂直坐标平⾯向⾥的匀强磁场，粒⼦将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进⼊区域Ⅲ中的电场。不计重⼒，求：
(1)正⽅形区域I中电场强度E的⼤⼩; (2)正⽅形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的⼤⼩; (3)粒⼦离开三⾓形区域的位置到x轴的距离。 【答案】(1) ; (2) (3) 【解析】 【分析】
(1)带电粒⼦在区域Ⅰ中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强E;(2)粒⼦在磁场中做匀速圆周运动，根据⼏何关系求解半径，从⽽求解B;(3)在Q点进⼊区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正⽅形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒⼦将沿抛物线轨迹运动到(3L，L)点，离开⽅向⽔平向右，通过逆向思维，可认为粒⼦从(3L，L)点向左做类平抛运动。
【详解】(1)带电粒⼦在区域Ⅰ中做类平抛 设离开⾓度为θ，则 离开区域Ⅰ后作直线运动 由以上各式得
(2)粒⼦在磁场中做匀速圆周运动 有⼏何关系可得 可求得
(3)在Q点进⼊区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正⽅形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒⼦将沿抛物线轨迹运动到(3L，L)点，离开⽅向⽔平向右，通过逆向思维，可认为粒⼦从(3L，L)点向左做类平抛运动，当粒⼦运动到原电场边界时
解得
因此，距离x轴距离
【点睛】带电粒⼦在电场中的运动往往⽤平抛运动的的规律研究;在磁场中做圆周运动，往往⽤圆周运动和⼏何知识，找半径，再求其他量;
【物理⼀选修3】 13.下⾯说法正确的是
A. 夏天，轮胎被晒爆的瞬间，原轮胎中的⽓体温度⼀定降低
B. ⽓体体积变⼤时，分⼦⼒⼀定变⼩
C. 多晶体和⾮晶体都具有各向异性，没有固定熔点的特点 D. 当分⼦间的引⼒和斥⼒平衡时，分⼦势能最⼩
E. 由于液体表⾯分⼦间的距离⽐液体内部⼤⼀些，所以在表⾯会产⽣表⾯张⼒ 【答案】ADE 【解析】
【详解】夏天，轮胎被晒爆的瞬间，⽓体绝热膨胀，⽓体对外做功，内能降低，则原轮胎中的⽓体温度⼀定降低，选项A正确;⽓体分⼦间距较⼤，认为分⼦⼒表现为零，则⽓体体积变⼤时，分⼦⼒仍为零，选项B错误;多晶体和⾮晶体都具有各向同性，⾮晶体没有固定熔点，⽽多晶体有固定的熔点，选项C错误;当分⼦间的引⼒和斥⼒平衡时，分⼦⼒表现为零，则分⼦势能最⼩，选项D正确;由于液体表⾯分⼦间的距离⽐液体内部⼤⼀些，所以在表⾯层分⼦表现为引⼒，从⽽会产⽣表⾯张⼒，选项E正确;故选ADE.
14.绝热性能良好的⽓缸固定放置，其内壁光滑，开⼝向右，⽓缸中封闭⼀定质量的理想⽓体，活塞通过⽔平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的⾯积为S=10cm2，重物的质量m=2kg，重⼒加速度g=10m/s2，⼤⽓压强P0=10×105Pa，滑轮摩擦不计。稳定时，活塞与⽓缸底部间的距离为L1=12cm，⽓缸内温度T1=300K。
(1)通过电热丝对⽓缸内⽓体加热，⽓体温度缓慢上升到T2=400K时停⽌加热，求加热过程中活塞移动的距离d;
(2)停⽌加热后，在重物的下⽅加挂⼀个2kg的重物，活塞⼜向右移动4cm后重新达到平衡，求此时⽓缸内⽓体的温度T3。
【答案】(1)4cm(2)375K 【解析】 【分析】
(1)加热过程为等压变化，根据盖吕萨克定律求解加热过程中活塞移动的距离d;(2)加挂重物后，找到⽓体的状态参量，由理想⽓体状态⽅程求解温度.
【详解】(1)加热前 加热过程为等压变化 可得 d=4cm (2)加挂重物后 由理想⽓体状态⽅程 可得 T3=375K 【物理⼀选修3-4】
15.⼀列横波由A向B传播，AB两点相距x=12m，t=0时刻，波刚好传到B点，之后A、B两点的振动图象如图所⽰。下列说法正确的是
A. 波的频率为4Hz B. 波的周期为4s C. 波长可能为24m D. 波速可能为2m/s
E. 波源的起振⽅向沿y轴正向 【答案】BCD 【解析】 【分析】
根据振动图像读出周期和频率;根据AB的振动图像可知AB之间的距离为半波长的奇数倍，结合波速公式讨论波长和波速可能的值;根据B点起振的⽅向判断波源起振的⽅向.
【详解】由振动图像可知，周期T=4s，则频率f=1/T=0.25s，选项B正确，A错误;由题意可知 (n=0、1、2、3…..)，解得 ，当n=0时λ=24m，选项C正确;波速 ，当n=1时，v=2m/s，选项D正确;t=0时刻，波刚好传到B点，由振动图像可知，此时B点向下振动，可知波源的起振⽅向沿y轴负向，选项E错误;故选BCD.
16.如图所⽰，矩形ABCD为某透明介质的截⾯图，AB边长L1=12cm，BC边长L2=24m，光线由A点以i=53°的⼊射⾓射⼊AB⾯，光线进⼊介质后，经过⼀次反射后，射到底边CD的中点F，并的出个质，不考虑F点光线的反射。已知光速c=3.0×108m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
(1)介质的折射率
(2)光线在介质中的传播时间。 【答案】(1) ;(2) s。 【解析】 【分析】
(1)由⼏何关系找到光线在A点的折射⾓，根据折射定律求解折射率;(2)由即可关系求解光在介质中的传播距离，根据 求解时间.
【详解】(1)延长A点的折射光线与底边CD交于G点，三⾓形AGD中，由⼏何关系可知 GD= =18cm AG= =30cm 由公式 可得 (2)在介质中 S=AG=30cm 可得t= s
【点睛】⼏何光学问题，关键是先画出规范的光路图，结合⼏何关系找⼊射⾓和折射⾓，根据光的折射定律求解，记住光在介质中传播速度公式 .
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