2022年高三物理上学期期末大联考试题（含解析）.doc

2022年高三物理上学期期末大联考试题（含解析）　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力作用下处于平衡状态，现同时撤去大小分别为10N和20N的两个水平力而余力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是（　　）　 A． 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2　 B． 可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2　 C． 一定做匀变速运动，加速度大小可能是12m/s2　 D． 可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2考点： 牛顿第二定律．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： 撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围．物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动．恒力作用下不可能做匀速圆周运动．解答： 解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为20N和10N的两个力后，物体的合力大小范围为10N≤F合≤30N，物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤15m/s2．A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．故A错误．B、物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤15m/s2；故B错误；C、由于撤去两个力后其余力保持不变，故合力恒定，一定做匀变速运动，加速度大小可能是12m/s2；故C正确；D、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动．故D错误；故选：C．点评： 本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况．　2．男子跳高的世界纪录是2.45米，由古巴运动员索托马约尔于1993年7月27日在萨拉曼萨（卡）创造，不计空气阻力，对索托马约尔跳高过程的描述，下列说法正确的是（　　）　 A． 跳过2.45m的高度时他的速度为零　 B． 起跳时地面对他的支持力做正功　 C． 起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力　 D． 起跳以后上升过程他处于完全失重状态考点： 功的计算；牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题： 功的计算专题．分析： 当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答： 解：A、到达最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，故A错误．B、在小芳起跳时，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动，支持力做正功，所以B正确．C、压力和支持力一是相互作用力，故支持力等于他对地面的压力，C错误；D、在小明下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，所以D正确．故选：BD．点评： 本题主要考查了对超重失重和相互作用等基本知识的理解，注意人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了．　3．水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，F作用过程物体的速度v的倒数与加速度a的关系图象如图所示，仅在已知功率P的情况下，根据图象所给的信息（　　）　 A．可求出m，f和vm B． 不能求出m　 C．不能求出f D． 可求出加速运动时间考点： 功率、平均功率和瞬时功率．专题： 功率的计算专题．分析： 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得p=Fv，而F﹣f=ma，联立可得，有图象可得斜率和截距解答： 解：ABC、当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得p=Fv，而F﹣f=ma，联立可得，有图象可得斜率为，为截距，因此可求出m，f和vm，故A正确；D、物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，故D错误．故选：A．点评： 关键整理出速度v的倒数与加速度a的关系式，结合体想解决．　4．（6分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的电流电源连接，上级板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下级板B竖直向下移动一小段距离，则（　　）　A．带电油滴所受电场力不变　B．P点的电势将升高　C．带电油滴的电势能增大　D．电容器的电容减小，极板带电量增大考点：电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动．专题：电容器专题．分析：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与上极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．解答：解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小．故C错误．D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故D错误．故选：B．点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．　5．（6分）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为θ=30°，物体A，B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A，B的质量分别为m和4m，开始时用手托住物体A，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h，放手后A从静止开始下降，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，空气阻力不计，下列关于物体A的说法正确的是（　　）　A．在下落至地面前的过程中机械能守恒　B．在下落至地面前的瞬间速度不一定为零　C．在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为mgh　D．在下落至地面前的过程中可能一直在做加速运动考点：机械能守恒定律；功的计算．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：首先知道题境，分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．解答：解：A、A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；BD、据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，据平衡求得此时弹簧的弹力为T=4mgsin30°=2mg；再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg，其合力方向向下，大小为mg；当A落地瞬间，A受重力mg和弹簧的弹力2mg，其合力向上，大小为mg，A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故BD错误；C、据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹力做功可能为mgh，故C正确；故选：C．点评：明确A的运动情况和B在A落地瞬间的弹力是解题的前提，类比弹簧振子模型是解题的关键，灵活应用能量守恒判断弹簧做功情况，题目有点难度．　6．（6分）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abdc的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（　　）　A．从t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零　B．从t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为　C．t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0　D．t2时刻电阻R的发热功率为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；焦耳定律；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；知道磁通量的斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解．解答：解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为△Φ=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=，故B错误；C、由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C错误；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确．故选：D．点评：明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大．　7．（6分）质量分别为m=1kg和M=2kg的两物块叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻（t=0）开始，对放在下面的质量为m的物块施一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F=6t，量物块之间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列结论正确的是（　　）　A．两物块刚发生相对运动时的速度为1m/s　B．从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为s　C．从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5m　D．从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6N•s考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：对m分析由最大静摩擦力可求得m的最大加速度；再对整体受力分析可求得F值；对全程由动量定理可求得1s时的速度及冲量．解答：解：A、当M达到最大静摩擦力时，M相对m发生相对滑动；则此时M的加速度为：a=μg=0.2×10=2m/s2；则对整体受力分析可知，F=（m+M）a=3×2=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，故1s内其平均作用力==3N；对整体由动量定理可得，t=（M+m）v；解得：v=1m/s；故A正确，B错误；C、若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=×vt=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故C错误；D、由动量定理可知，I=（M+m）v=3N•s；故D错误；故选：A．点评：本题中采用了力的平均值求冲量的方法，但是求功时不能应用平均力来求．　二、非选择题8．（8分）某兴趣小组设计出如图甲所示的实验装置探究小车的加速度跟合外力的关系，图中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上，按甲图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向。