1、2022-2023学年上学期1月期末高三物理一、 选择题；本题共8小题，每小题3分，共24分1一个物体在四个共点力F1、F2、F3、F4作用下，沿F4的方向作匀速直线运动则下列说法正确的是()AF1、F2、F3的合力为零BF1、F2、F3的合力与运动方向相同CF1、F2的合力与F3、F4的合力相同DF2、F3的合力与F4、F1的合力大小相等，方向相反2如图所示，从倾角为的斜面上的某点先后将同一小球以不同的初速水平抛出，均落到斜面上，当抛出的速度为时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为，当抛出的速度为时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为，若不考虑空气阻力，则（）A可能大于 B可能小于C一定
2、等于D、的大小关系与斜面的倾角无关3在距离不太远的情况下，亲子电动车（如图）是很多家长接送小学生的选择，亲子电动车一般限制时速不能超过25公里/小时，图为某电动车起步时的速度随时间变化的图像，下列说法正确的是（）A05s内电动车的位移为15mBt=5s时电动车的加速度为1.2m/s2C05s内电动车的平均速度大于3m/sD在起步过程中电动车的功率是一定的4如图所示，用材料、粗细均相同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的足够长的相同的光滑金属导轨上，匀强磁场的方向垂直于导轨平面，在相同的水平外力F作用下，三根导线均向右做匀速运动，某一时刻撤去外力F，已知三根导线接入导
3、轨间的长度关系满足lablcd、=）15如图所示，半径为R的半圆形磁场区域内（含半圆形边界）有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，位于O点的粒子源可向磁场区域内垂直磁场的各个方向以相等速率连续发射质量为m、电荷量为q的正粒子，粒子重力不计求： (1)要使所有粒子均不会从磁场圆弧边界ACD射出磁场，粒子的速率应满足的条件：(2)若与x轴正方向成60夹角射出的粒子恰好从D点离开磁场，求以此速度进入磁场的粒子在磁场内通过的区域面积与磁场区域总面积的比值16如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为30的光滑直轨道AC的底端A处，另一端连接一质量为m的钢板，钢板静止时，轻弹簧的压缩量为x0。一质量也为m的
4、小滑块从轨道上距钢板为3x0处的C点自由释放，打在钢板上后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，恰好能到达O点已知重力加速度大小为g，小滑块与钢板均可视为质点，小滑块与钢板的碰撞时间极短可以忽略。(1)求轻弹簧的劲度系数及小滑块与钢板碰完后速度最大时离O点的距离；(2)求小滑块与钢板刚碰完时的速度；(3)若小滑块的质量为2m，仍从C点处自由释放，则小滑块沿轨道运动到最高点时离O点的距离。17如图所示，上端封闭、下端开口、足够长且粗细均匀的玻璃管，竖直插在一足够深的水银槽中，玻璃管中的水银面比水银槽中的水银面高h1= 30 cm。玻璃管内水银面上方空气柱的高度为h2=20
5、 cm，环境的热力学温度T0=300 K，保持环境温度不变，缓慢竖直向上提玻璃管使玻璃管中水银面上方空气柱高度h3=30 cm。已知外界大气压强P0=75 cmHg。忽略水银槽内液面高度的变化。(1)求玻璃管向上提起的高度h；(2)缓慢升高环境温度。求玻璃管内外水银面的高度差回到h1时环境的热力学温度T。18如图所示,一圆柱形桶的高为,底面直径.当桶内无液体时,用一细束单色光从某点沿桶口边缘恰好照射到桶底边缘上的某点B当桶内液体的深度等于桶高的一半时,仍然从点沿方向照射,恰好照射到桶底上的点两点相距，光在真空中的速度,求:(i)液体的折射率示；(ii)光在液体中传播的速度19用活塞将一定质量的
6、理想气体密闭在气缸内。通过外界因素改变缸内气体的状态，气体从状态A经状态B变化到状态C，再从状态C回到状态A，其体积的倒数与压强的变化关系图像如图所示，图中AB与横轴平行，BC与纵轴平行。AC的连线过坐标原点。从状态A到状态B的过程中，气体_（填“吸热”“放热”或“绝热”）；从状态B到状态C的过程中，单位时间内碰撞器壁单位面积上的气体分子个数_（填“增大”“减小”或“不变”）；从状态C到状态A的过程中，气体的内能_（填“增大”“减小”或“不变”）。20甲、乙两列机械波在同种介质中相向而行，甲波振源位于0点，乙波振源位于x=11m处，在t=0时刻所形成的波形与位置如图所示，已知 ，则甲、乙两列机
7、械波相遇_（选填“能”或“不能”）形成稳定的干涉图样；甲的第1个波谷经过_s与乙的第1个波峰第一次相遇；两列波相遇叠加时，x轴上坐标为5.5m的点是振动_（选填“加强”或“减弱”）点。参考答案1DA物体保持静止或匀速运动状态叫做平衡状态，平衡条件是合力为零，则四个共点力F1、F2、F3、F4的合力为零，F1、F2、F3的合力为与F4等大反向，不为零，故A错误；B物体沿F4方向做匀速直线运动，F1、F2、F3、F4的合力为零，说明F1、F2、F3的合力与F4大小相等，方向相反，故F1、F2、F3的合力与运动方向相反，故B错误；CF1、F2、F3、F4的合力为零，则F1、F2的合力与F3、F4的合
8、力大小相等，方向相反故C错误；DF1、F2、F3、F4的合力为零，F2、F3的合力与F4、F1的合力大小相等，方向相反，故D正确2C设当将小球以初速度平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得：水平方向竖直方向整理得若设落到斜面上时小球速度方向与竖直方向的夹角为，则有是恒量，与初速度无关也是恒量，可知到达斜面时速度方向与斜面的夹角不变，一定等于。故选C。3CA由面积法可知05s内电动车的位移大于15m，故A错误；B5s内的平均加速度大小为，t=5s时电动车的加速度小于，故B错误；C05s内电动车的平均速度大于3m/s，故C正确；D由图可知开始时速度为0，所以功率=0，5s之
9、后加速a逐渐趋于0，所以F逐渐趋于恒定，功率也逐渐趋于稳定值，所以在起步过程中电动车的功率是变化的，故D错误。故选C。4DA当匀速运动时，由可知，三种情况下F、B、L相同，但是R不同，则速度v不同，ef电阻较大，则速度较大，选项A错误；B因速度v不同，则由E=BLv可知，三根导线产生的感应电动势不相同，选项B错误；C匀速运动时，三根导线的热功率等于外力F的功率，即P=Fv，因v不同，则热功率不相同，选项C错误；D撤去F后由动量定理：而则因ef的速度v和质量m都比较大，则从撤去外力到三根导线停止运动，通过导线ef的电荷量q最大，选项D正确；故选D。5BA根据解得结合表中数据，经计算可知地球做圆周
10、运动的加速度较小，故A错误；B在地球表面有在金星表面有所以代入数据解得故B正确；C根据开普勒第三定律并结合数据可知，地球的公转周期较长，故C错误；D第一宇宙速度是贴近行星表面飞行的速度，即有可得则可知地球的第一宇宙速度较大，故D错误。故选B。6ABC当用手托住A球时，B受到的摩擦力为沿斜面向上的当A球摆到最低点时可得出绳中拉力为同时B受到的摩擦力为沿斜面向下，所以B受到的摩擦力是先减小后增大；绳中的拉力一直增大，故选项BC错误；A整个过程中，B一直静止，需要的最大摩擦力为，根据可以得到选项A正确D由整体可以知道，整体有水平向右的分加速度，所以地面给斜面的摩擦力向右，故D错误；故选A。由题，B保
11、持静止不动，A向下摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒和牛顿第二定律求出A摆到滑轮的正下方时绳子的拉力大小，再研究B所受的摩擦力情况对整个装置进行，将A的加速度分解，由牛顿第二定律研究地面对斜面体的摩擦力方向7DA.根据竖直上抛运动的上升和下降具有对称性可得，小球在上升和下降过程中两次经过A点时速度大小相等，但方向相反，故A错误；B. 路程是指物体运动轨迹的长度，小球在上升和下降过程中两次经过A点运动轨迹不同，路程不同，选项B错误。C. 小球在上升和下降过程中两次经过A点的时间不同，选项C错误；D. 小球在上升和下降过程中两次经过A点时，位移相同，加速度均为重力加速度，选项D正确。故选D。8A
12、ABC.如果斜面光滑，根据牛顿第二定律整体的加速度为方向沿斜面向下，而小球的加速度故A正确，B C错误；D.带固定支架的滑块下滑时，对斜面有斜向右下方的压力，斜面有相对地面向右的运动趋势，地面对斜面体的摩擦力水平向左，故D错误。9CDA混合液不同部分做离心运动是因为外力不足以提供向心力而造成的，不是因为离心力的作用；故A错误；BC混合液不同部分的角速度相同，根据v=r因为半径不同，则线速度不相同，选项B错误，C正确；D根据a=2r可知，角速度相同，混合液底层1部分的转动半径比上层2部分大，可知混合液底层1部分的向心加速度大小比上层2部分大，选项D正确。故选CD。10BCA由图像可得，在内，有则
13、阻力大小为内小车做匀速运动，由则小车的额定功率故A错误；B由动量定理得则2-10s内动力的冲量为故B正确；C小车的位移由牛顿第二定律和速度公式可得内小车功率不变，则小车加速阶段的平均功率故C正确；D根据动能定理解得故D错误。故选BC。11AB若小球两次平抛均落在地面上，小球平抛高度相同，根据落地时间相同，所以水平位移之比为；若小球两次平抛均落在斜面上，斜面倾角为，则分解位移解得两次水平位移之比若小球第一次平抛落在斜面上，第二次平抛落在地面上，则水平位移之比在和之间，AB正确，CD错误。故选AB。12BC解答：解：A、飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力则有：G=mr，得：T=2所以在Glies
14、e581c表面附近运行的周期与地球表面运行的周期之比为：由于地球表面运行的周期小于1天，所以飞船在Gliese581c表面附近运行的周期小于一天故A错误B、由万有引力提供向心力得：G=m，所以飞船在行星表面做圆周运动时的速度大于 7.9km/s，故B正确C、在Gliese581c表面，物体受到的万有引力等于重力所以有G=mg忽略地球自转，物体受到的万有引力等于重力所以有G=mg整理得1，所以在Gliese581c上的重力大于在地球上所受的重力故C正确D、行星的密度c=地，故D错误故选BC点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要
15、根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用13 C 1.48（1.461.50均可） 0.85（0.820.88均可）（1）12测量电阻常用伏安法，但提供的实验器材缺少电压表，可用已知内阻的电流表A1与定值电阻器R0串联后改装而成，改装成的电压表内阻为1k，量程为3V。由于电源内阻很小，测量时电流表A2应采用外接法;为操作方便并减小误差，滑动变阻器应使用限流式接法，选择20的R1即可。电路图如图所示。（2）34根据闭合电路欧姆定律有即图线斜率为的系数，则有解得r=0.85延长图线与纵轴相交，读出纵截距即得电源电动势或取图线中的特殊坐标值（0.15A，1.3510-3A）代入第一式求得14
16、 D 1.2 平衡摩擦力过度 1A实验时若用打点计时器应先接通电源后释放小车，故A错误；B每次改变砝码及砝码盘总质量之后，小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；C应让砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码的总质量，故C错误；D砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于砝码及砝码盘的重力，故D正确。故选D。2由于相邻两计数点之间都有4个点迹没有标出，所以相邻计数点的时间间隔T=0.1s，设A与B点之间距离为x1，后面相邻两点间距离依次为为x2、x3、x4，由图乙知x1=3.90cm，x2=9.02cm-3.90cm=5.
17、12cmx3=15.35cm-9.02cm=6.33cmx4=22.90cm-15.35cm=7.55cm加速度3由图丙知当F=0时，也就是说当绳子上没有拉力时，小车就有加速度，这是平衡摩擦力时木板倾角太大，即平衡摩擦力过度引起的。45没有平衡摩擦力时，有可知图像中，斜率大的质量小，即纵截距的绝对值大的大，即15(1)；(2)（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvBm据题意由几何关系得：r1解得：v （2）与x轴正方向成60夹角射出的粒子，其运动轨迹如图甲所示，设其运动的轨道半径为r2，则据几何关系可得：r2cos30解得：r2 沿x轴负方向射出的粒子，其圆心在y轴正方向上，半径
18、为r2，其运动轨迹如图乙所示，轨迹方程可表示为：x2+(y)2()2磁场边界的方程为：x2+y2=R2若粒子从F点射出磁场，可得其坐标为(，)，则AOF=60粒子在磁场中通过的面积应为圆弧OF与直线OF围成的面积与扇形OFD的面积之和，设其为S1，则： 磁场区域的面积：S2R2 解得： 16（1）2x0；（2）；（3）（1）钢板静止时 设小滑块与钢板速度最大时离O点的距离为x1，则联立解得 （2）设小滑块刚与钢板碰撞时的速度为v0，碰前由动能定理 碰撞后小滑块与钢板一起开始向下运动的速度为v1，碰撞瞬间由动量守恒定律 解得（3）设刚碰完时弹簧的弹性势能为EP，则从碰撞完后到O点过程中由机械能守
19、恒定律 小滑块质量换成2m后，与钢板碰撞时的速度仍为v0，设碰撞后的速度为v2，返回O点时的速度为v3，则由动量守恒定律 由机械能守恒设小滑块从O点继续上滑的距离为x,则由动能定理解得17(1)25cm；(2)675K(1)设玻璃管的横截面积为S，由玻意耳定律可知（p0-p1）Sh2=pSh3其中p1=30cmHg解得：p=30cmHg分析可知h1+h2+h-h3=75cm-30cm解得：h=25cm(2)由理想气体状态方程可知分析可知h4=h2+h=45cm解得：T=675K18(i) ；(ii)1.7108m/s；(i)据题意，其光路如图，入射角为，折射角为，据几何关系有：，即 所以故折射
20、率(ii)光在液体中的传播速度，代入数据得19 放热； 减小； 不变；1由可得斜率的倒数和温度成正比，根据图像可知，从状态A到状态B的过程中，气体的体积不变，不对外做功，气体温度减小，内能减小，由热力学第一定律知气体向外界放热；2从状态B到状态C的过程中，气体体积增大，单位体积内分子数减小，单位时间内碰撞器壁单位面积上的气体分子个数减小；3状态C到状态A的过程中斜率不变，气体温度不变，内能不变。20 能 27.5 加强1 两列机械波在同种介质中波速相同，甲、乙两列机械波波长相同，频率相同，相位差恒定，是相干波，相遇后能形成稳定的干涉图像。2 设甲的波谷与乙的波峰第一次相遇的时刻为t，根据图像的特征可知3 坐标为5.5m的点是甲的波谷与乙的波谷第一次相遇的位置，波谷遇波谷的位置是振动的加强点。
