期末备考系列：高三上学期期末物理试卷【含解析】
高三上学期期末物理试题含答案
14．光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，现利用如图所示的装置验证动量守恒定律。
在图中，气垫导轨上有两个滑块，滑块上面固定一遮光片，光电计时器可以记录遮光片通过光电门的时间。
测得遮光条的宽度为Δx，用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。
为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大滑块的质量，以减小滑块通过光电门的速度15．甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。
欲使乙球上升到H/2处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为A．gH2B．gHC．4gHD．3gH16．“嫦娥七号”探测器预计在2019年发射升空，自动完成月面样品采集后从月球起飞，返回地球，带回约2kg月球样品。
某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，则地球和月球的密度之比为A．B．C．4 D．617．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。
在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。
小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动。
小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，＝2，则两小球质量之比m1∶m2为A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶318．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。
从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。
不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长19．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值为2r。
高三上学期期末物理试题解析版
C．根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：
Ep=mg（h2+h1）
C正确；
D．设球在B点 速度为v，则B到C过3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，选项A错误；
B．轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道3上角速度较小，选项B正确；
CD．卫星在在同一点所受万有引力相同，则轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道1上经过Q点的加速度；卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，选项Ｃ错误，D正确．
v2=2gh2
A到B过程，
v2=2（g- ）h1
可见：h2＜h1，D错误；
故选C．
5. 在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图所示．现对在A点的该小球施加一沿与细线垂直方向的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动．下列对小球运动的分析，正确的是（不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上）
【答案】B
【解析】
【详解】0-1s向正方向做加速度为1m/s2的匀加速直线运动；1-2s向正方向做匀速直线运动；2-3s向正方向做加速度为1m/s2的匀减速直线运动；3-4s以1m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，故选项A错误，B正确；据速度—时间图象中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知，第1s内和第4s内的位移大小均为0.5m，选项C错误；0-2s内与0-4s内位移大小相等，但[学科网]时间不同，故平均速度大小不相等，选项D错误．
高三物理上学期期末试卷(含解析)3
峙对市爱惜阳光实验学校省西市通渭县高三〔上〕期末物理试卷一、选择题〔共8小题，每题6分，总分值48分〕1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如下图．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中〔〕A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小2．如下图，A、B两物体相距s=7m，物体A以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为〔〕A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，那么〔〕A．v2=k1v1B．v2=v1C．v2=v1D．v2=k2v14．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如下图．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，那么以下关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的选项是〔〕A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0D．W=μmgv0t05．如下图，一电场的电场线分布关于y轴〔沿竖直方向〕对称，O、M、N是y 轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．那么〔〕A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动6．宇宙中，两颗靠得比拟近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B 绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如下图．假设AO＞OB，那么〔〕A．星球A的质量一大于B的质量B．星球A的线速度一大于B的线速度C．双星间距离一，双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一，双星之间的距离越大，其转动周期越大7．如下图，在量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．以下说法中正确的选项是〔〕A．A点的电场强度于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功8．在倾角为θ的固光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，那么〔〕A．此过程中拉力F做功的大小于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A 的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd ﹣m1v2﹣m1gdsinθ二、非选择题9．如下图为室中验证动量守恒的装置示意图．〔1〕假设入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，那么A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2〔2〕为完成此，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：〔3〕设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，那么关系式〔用m1、m2及图中字母表示〕成立．即表示碰撞中动量守恒．10．在“验证机械能守恒律〞的中，电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=0m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg．中得到的一条点迹清晰的纸带〔如下图〕，把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为69cm、70.18cm、76cm、83cm．〔1〕根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于J，动能的增加量于J〔取三位有效数字〕．〔2〕根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a= m/s2，a g 〔填“大于〞或“小于〞〕，原因是．11．如下图，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕水平向右电场的电场强度；〔2〕假设将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；〔3〕电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．12．如下图，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A〔视为质点〕位于B的右端，A、B、C的质量相．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C 发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？[物理--3-3]13．带有活塞的气缸内封闭一量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如下图．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，那么〔〕A．p b＞p c，Q ab＞Q ac B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac14．如下图，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如下图．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固，第三次到达平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求〔1〕第二次平衡时氮气的体积；〔2〕水的温度．[物理--3-4]15．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，假设驱动力的振幅保持不变，以下说法正确的选项是〔〕A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f0D．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置〔不考虑光线沿原来路线返回的情况〕．省西市通渭县高三〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共8小题，每题6分，总分值48分〕1．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如下图．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中〔〕A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小【考点】2H：共点力平衡的条件及其用；29：物体的弹性和弹力．【分析】此题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．【解答】解：以结点O为研究对象受力分析如以下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，那么可知：绳OB的张力T B=mg根据平衡条件可知：Tcosθ﹣T B=0Tsinθ﹣F=0由此两式可得：F=T B tanθ=mgtanθT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误．应选：A．2．如下图，A、B两物体相距s=7m，物体A以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为〔〕A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关式求解即可．【解答】解：物体A做匀速直线运动，位移为：x A=v A t=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：x B=v B t+at2=10t﹣t2设物体B速度减为零的时间为t1，有t1==5s在t1=5s的时间内，物体B的位移为x B1=25m，物体A的位移为x A1=20m，由于x A1＜x B1+S，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总===8s 应选：B．3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，那么〔〕A．v2=k1v1B．v2=v1C．v2=v1D．v2=k2v1【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】在水平路面上行驶时，当牵引力于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合阻力与车重的关系求解．【解答】解：设的功率为P，质量为m，那么有：P=K1mgV1=K2mgV2，所以v2=v1应选：B．4．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t图象如下图．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，那么以下关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的选项是〔〕A．F=μmg B．F=2μmg C．W=μmgv0t0D．W=μmgv0t0【考点】66：动能理的用；1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二律．【分析】根据动量理求解恒力F的大小．由速度图象的“面积〞求出位移，再求解力F做功W的大小．【解答】解：根据动量理得：对全过程：Ft0﹣μmg•3t0=0，得F=3μmg在0﹣t0时间内物体的位移为x=，力F做功大小为W=Fx=3μmg =．应选D5．如下图，一电场的电场线分布关于y轴〔沿竖直方向〕对称，O、M、N是y 轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．那么〔〕A．M点的电势比P点的电势低B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动【考点】A7：电场线；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、过M、P、N做势线，可得到过P点的势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，那么有φM＞φP＞φN，故A错误；B、将负电荷由O点移到P点，因U OP＞0，所以W=﹣qU OP＜0，那么电场力做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，那么该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确．应选：D．6．宇宙中，两颗靠得比拟近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B 绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如下图．假设AO＞OB，那么〔〕A．星球A的质量一大于B的质量B．星球A的线速度一大于B的线速度C．双星间距离一，双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一，双星之间的距离越大，其转动周期越大【考点】4F：万有引力律及其用．【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据向心力公式判断质量关系，根据v=ωr判断线速度关系．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力m1ω2r1=m2ω2r2，因为r1＞r2，所以m1＜m2，即A的质量一小于B的质量，故A错误．B、双星系统角速度相，根据v=ωr，且AO＞OB，可知，A的线速度大于B的线速度，故B正确．CD、设两星体间距为L，中心到A的距离为r1，到B的距离为r2，根据万有引力提供向心力公式得： =，解得周期为T=，由此可知双星的距离一，质量越大周期越小，故C错误；总质量一，转动周期越大，双星之间的距离就越大，故D正确．应选：BD．7．如下图，在量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．以下说法中正确的选项是〔〕A．A点的电场强度于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功【考点】AC：电势；AE：电势能．【分析】量异种电荷周围的电场线是靠近两边电荷处比拟密，中间疏，在两电荷中垂线上，中间密，向两边疏，根据电场线的疏密比拟电场强度的大小．根据电场力做功判断电势能的变化．根据电场力方向与速度方向的关系判断电场力做功情况．【解答】解：A、A点的电场线比B点的电场线密，那么A点的电场强度大于B 点的电场强度．故A错误．B、B、D两点的电场线疏密度相同，那么B、D两点间的电场强度相，量异种电荷连线的中垂线是势线，那么B、D两点的电势相．故B正确．C、一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电场力先做负功，再做正功，那么电势能先增大后减小．故C正确．D、一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力方向水平向左，电场力一直做正功．故D错误．应选BC．8．在倾角为θ的固光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，那么〔〕A．此过程中拉力F做功的大小于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ=kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A 的加速度为D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd ﹣m1v2﹣m1gdsinθ【考点】66：动能理的用；2H：共点力平衡的条件及其用；37：牛顿第二律．【分析】首先根据能量守恒求得F做的功及弹性势能的增加量，然后对初始静止状态和B刚要离开挡板的状态进行受力分析即可求得受力情况及加速度．【解答】解：AD、由能量守恒可得：此过程中拉力F做功的大小=物块A动能的增加量+物块A重力势能的增加量+弹簧弹性势能的增加量；所以，此过程中弹簧弹性势能的增加量为拉力F做功的大小﹣物块A动能的增加量﹣物块A重力势能的增加量=，故A错误，D正确；BC、系统处于静止状态时，弹簧弹力F1=kx1=m1gsinθ，x1为压缩量；物块B刚要离开挡板C时，弹簧弹力F2=kx2=m2gsinθ，x2为伸长量；又有x1+x2=d，故m2gsinθ=kx2≠kd；当物块B刚要离开挡板时，物块A受到的合外力为F﹣m1gsinθ﹣F2=F﹣kd，故物块A 的加速度为，故B错误，C正确；应选：CD．二、非选择题9．如下图为室中验证动量守恒的装置示意图．〔1〕假设入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，那么CA ．m1＞m2，r1＞r2B．m1＜m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2〔2〕为完成此，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：将小球放在斜槽末端看小球是否静止，假设静止那么水平〔3〕设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，那么关系式〔用m1、m2及图中字母表示〕m1=m1+m2成立．即表示碰撞中动量守恒．【考点】ME：验证动量守恒律．【分析】〔1〕为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；〔2〕明确验证末端水平的根本方法是将小球放置在末端，根据小球的运动分析是否水平；〔3〕两球做平抛运动，由于高度相，那么平抛的时间相，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．【解答】解：〔1〕在小球碰撞过程中水平方向动量守恒律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=v0要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1﹣m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2应选C〔2〕研究平抛运动的很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出，小球才做平抛运动；把小球轻轻的放在斜槽末端，假设小球能保持静止，那么说明斜槽末端水平．〔3〕由于小球下落高度相同，那么根据平抛运动规律可知，小球下落时间相同；P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1=碰撞后入射小球的速度v2=碰撞后被碰小球的速度v3=假设m1v1=m2v3+m1v2那么说明通过该验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m 1=m 1+m 2所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平．故答案为：〔1〕C 〔2〕将小球放在斜槽末端看小球是否静止，假设静止那么水平〔3〕m 1=m 1+m 210．在“验证机械能守恒律〞的中，电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=0m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg．中得到的一条点迹清晰的纸带〔如下图〕，把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为69cm、70.18cm、76cm、83cm．〔1〕根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量于 2 J ，动能的增加量于 6 J〔取三位有效数字〕．〔2〕根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a= 4 m/s 2，a 小于g 〔填“大于〞或“小于〞〕，原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．【考点】MD：验证机械能守恒律．【分析】纸带中，假设纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量于重力做功的数值．重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一转化给摩擦产生的内能．【解答】解：〔1〕重力势能减小量△E p=mgh=1.0××0.7776J=2J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度于该过程中的平均速度，因此有：v c==9m/s，△E k=E kC=mv C2=〔9〕2=6J〔2〕根据以上数据，mah=△E k=6J解得：a=＜g，其主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．故答案为：〔1〕2，6，〔2〕4；小于；纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．11．如下图，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕水平向右电场的电场强度；〔2〕假设将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；〔3〕电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．【考点】66：动能理的用；2G：力的合成与分解的运用；2H：共点力平衡的条件及其用；A6：电场强度．【分析】〔1〕带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，那么可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确电场强度方向．〔2〕当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二律可求出加速度大小．〔3〕选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能理来求出动能．【解答】解：〔1〕小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，F N sin37°=qE①F N cos37°=mg②由1、②可得电场强度〔2〕假设电场强度减小为原来的，那么变为mgsin37°﹣qEcos37°=ma③可得加速度a=0.3g．〔3〕电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能理那么有：mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=E k﹣0④可得动能E k=0.3mgL12．如下图，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A〔视为质点〕位于B的右端，A、B、C的质量相．现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C 发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？【考点】53：动量守恒律；66：动能理的用．【分析】对BC组成的系统由动量守恒即可求得碰后BC的共同速度，再以ABC 组成的系统由动量守恒可求得最后的合速度；因A与C之间有摩擦力做功，那么由动能理可求表示BC走过的距离；同理由动能理可表示A运动的距离，联立即可解得C的距离与板长的倍数．【解答】解：设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C〔A对B的摩擦力远小于B、C间的撞击力〕，根据动量守恒律得mv0=2mv1设A滑至C的右端时，ABC的共同速度为v2，对A和BC用动量守恒律得mv0+2mv1=3mv2设AC间的动摩擦因数为μ，从碰撞到A滑至C的右端的过程中，C所走过的距离是s，对BC根据动能理得如果C的长度为l，那么对A根据动能理得连立以上各式可解得C走过的距离是C 板长度的倍．[物理--3-3]13．带有活塞的气缸内封闭一量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如下图．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，那么〔〕A．p b＞p c，Q ab＞Q ac B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】根据理想气体状态方程，整理后可得V﹣T图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一律判断做功和吸热．【解答】解：根据理想气体状态方程=C，整理可得：V=T，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点．由热力学第一律△U=W+Q经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以△U 相，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多．应选：C．14．如下图，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如下图．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固，第三次到达平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求〔1〕第二次平衡时氮气的体积；〔2〕水的温度．【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】〔1〕以B上方的氢气为研究对象，由玻意耳律求出气体压强，然后以A下方的氮气为研究对象，由波意耳律求出氮气的体积．〔2〕结合第一问的结果，求出氮气的末状态的压强，分析氮气的初末两个状态的状态参量，利用理想气体的状态方程，可求出氮气末状态的温度，即为水的温度．【解答】解：〔1〕以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS．气体发生温变化，由玻意耳律得：p0V1=p2V2，即：p0hS=p×0.8hS，解得：p=5p0①活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是温过程．该过程的初态压强为p0，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，那么p′=p+0.1p0=5p0②V′=hS ③由玻意耳律得：p0×V=5p0×hS，解得：V=hS ④〔2〕活塞A从最初位置升到最高点的过程为压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，末态体积为hS．设末态温度为T，由盖﹣吕萨克律得： =，解得：T=365K；答：〔1〕第二次平衡时氮气的体积为hS；〔2〕水的温度为365K．[物理--3-4]15．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，假设驱动力的振幅保持不变，以下说法正确的选项是〔〕A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f0D．该振动系统的振动稳后，振动的频率于f【考点】79：自由振动和受迫振动；7A：产生共振的条件及其用．【分析】受迫振动的频率于驱动力的频率，当系统的固有频率于驱动力的频率时，系统到达共振，振幅达最大．【解答】解：A、当f=f0时，系统到达共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；B、当f＞f0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；C、该振动系统的振动稳后，振动的频率于驱动力的频率，故C错误；D、系统的振动稳后，系统的振动频率于驱动力的频率，故振动频率于f，故D 正确；应选：BD．16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置〔不考虑光线沿原来路线返回的情况〕．【考点】H3：光的折射律．【分析】光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．【解答】解：设入射角为i，折射角为r ，由折射律得：①由条件i=45°，n=解得r=30°②〔1〕如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如下图．设出射点F，由几何关系可得AF=③即出射点在AB边上离A 点a的位置．〔2〕如果入射光线在法线的左侧，光路图如下图．设折射光线与AB的交点为D．由几何关系可知，在D点的入射角θ=60°④。
高三上学期期末考试物理试题解析版
B.1.5μmg
C.2μmg
D.3μmg
【答案】D
【解析】
【详解】以P 研究对象受力分析，根据牛顿第二定律可得
μmg=map
可得
ap=μg
所以
aQ=2ap=2μg
对Q受力分析，根据牛顿第二定律有
F-μmg=maQ
可得拉力为
F=μmg+maQ=3μmg
所以D正确，ABC错误。
故选D。
5.如图所示为火星绕太阳运动的椭圆轨道，M、N、P是火星依次经过的三位置，F1、F2为椭圆的两个焦点．火星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，火星与太阳中心的连线扫过的面积分别为S1和S2.已知由M到N过程中，太阳的引力对火星做正功．下列判断正确的是()
C.500D.2000
【答案】B
【解析】
【详解】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得
变压器能将220V交变电流改变为22V，原线圈匝数n1=1000，副线圈匝数n2。则
n2= 匝=100匝
故B正确，ACD错误。
故选B。
2.一质量为m的汽车以2v的速度经过拱形桥面顶端时对桥面的压力为零，重力加速度为g.则该汽车以速度v经过顶端时对桥面的压力F为()
【解析】
【详解】A．设任意一个小球初速度与水平方向的夹角为θ，两球水平方向上都做匀速直线运动，最高点速度为斜抛时的水平速度，vx=v0cosθ，P球的θ较小，所以在最高点的速度vx较大，故A正确；
B．斜抛运动只受重力，故两球运动的加速度均为g，相等，故B错误；
C．设抛出点离地高度为h，斜抛运动过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律得
故选AD。
7.如图所示，发球机从O处先后以相同 速率v0沿不同的方向斜向上发出两只相同的网球P和Q，它们的运动轨迹如图所示，不计空气阻力．下列说法正确的是()
高三物理上学期期末考试试题(含解析) 人教新版
——————————新学期新成绩新目标新方向——————————2019届高三上学期期末考试物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分．共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第9～12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得O分．请将符合题目要求选项前的字母填在答题卷对应题号下的空格中）1. 下列说法正确的是A. 牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质相同B. 牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形，它们都可通过实验来验证C. 牛顿运动定律和动量守恒定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子D. 伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持【答案】D【解析】物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性．惯性定律就是牛顿第一运动定律，两者不同，故A错误；牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，是经典力学的基础，它不是牛顿第二定律的特殊形式，牛顿第二定律可通过实验来验证，而牛顿第一定律不能通过实验验证，选项B错误；牛顿运动定律适用于低速、宏观的物体，不适用于高速、微观的粒子；动量守恒定律具有普适性，既适用于低速，也适用于高速运动的粒子；故C错误；伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，D正确．故选D.2. 一物体做匀减速直线运动，在4s内的位移为16m，速度变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为A. 1m/s2B. 1.5m/s2C. 2m/s2D. 0.75m/s2【答案】A【解析】由平均速度求位移得：即：解得：v=6m/s；根据加速度定义式有：，故选A.3. 如国所示，假设甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M1和M2(M1>M2)的行星做匀速圆周运动．则下列说法正确的是A. 甲和乙的向心加速度相等B. 甲和乙运行的周期相等C. 甲的角速度比乙的小D. 甲的线速度比乙的大【答案】D【解析】卫星由万有引力提供向心力有：，则得：，T=2πr，ω=，v=，可见，中心天体的质量M越小，a、ω、v越小，T越大，所以得：甲的向心加速度、角速度、线速度都比乙大，而甲的周期比乙小，故D正确，ABC错误．故选D.4. 如图所示，用完全相同的轻质弹簧1、2、3将两个相同的小球连接并懋挂，小球静止时，弹簧3水平，弹簧1与竖直方向的夹角θ=30°，弹簧l的弹力大小为F，则A. 弹簧3的弹力大小为2FB. 弹簧3的弹力大小为C. 每个小球重力大小为D. 每个小球重力大小为【答案】B【解析】将两球和弹簧2看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧1和3的拉力，如图，设弹簧1、3的拉力分别为F1和F2．由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反，则得：F2=F1sin30°=0.5F1=0.5F．选项B正确，A错误；，则每个球的重力为，选项CD错误；故选B.5. 一条水平放置的水管，距地面高h=1.8m，水管的横截面积为S=2×10-4m2.水从管口处以v=2 m/s不变的速率源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速率都相等，假设水流在空中不散开．重力加速度g取1Om/s2,不计空气阻力，请估算水流稳定后空中的水的体积为A. 3.2×10-4m3B. 4×10-4m3C. 2.4×10-4m3D. 2.4×10-3m3【答案】C【解析】水从管口射出后做平抛运动，则由h=gt2得，，水流稳定后在空中水的体积为V=vtS=2×0.6×2×10-4=2.4×10-4m3．故选C.6. 如图甲所示．在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、 B,两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负，则A环中A. 没有感应电流B. 有逆时针方向的感应电流C. 有顺时针方向的感应电流D. 感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向【答案】B【解析】由安培定则可知，环A产生的磁场分布，环内垂直纸面向外，环外垂直纸面向里，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知A环总磁通量向外；当导线中的电流强度I逐步减小时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针；同理，当导线中的电流强度I反向逐步增大时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针．故B正确，ACD错误；故选B．点睛：考查安培定则、楞次定律的应用，注意当直导线的电流变化时，穿过环的磁通量如何变化是解题的关键．7. 如图所示，竖直实线表示某匀强电场中的一簇等势面，具有一定初速度的带电小球在电场中从A到B做直线运动（如图中虚线所示）．小球只受电场力和重力，则该带电小球从A运动到B的过程中A. 做匀速直线运动B. 机械能守恒C. 机械能逐渐增大，电势能逐渐减小D. 机械能逐渐减小，电势能逐渐增大【答案】D点睛：本题要能根据其受力情况判断微粒的运动状态，抓住质点做直线运动的条件：合力与速度平行是关键．8. 如图所示，两个内壁光滑、半径为R（图中未标出）的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点（图中虚线处）相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直．一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，己知小球通过最高点A时的速率，不计空气阻力，重力加速度为g．则A. 小球在A点的向心力小于mgB. 小球在B点的向心力等于4mgC. 小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mgD. 小球在B、A两点的动能之差等2mg( R+x)【答案】C【解析】小球在A点时的向心加速度，选项A错误；根据，可得，，小球在B、A两点的动能之差等mg(2R+x)，小球在B点的向心力，选项BD错误；在A点对轨道的压力：；在B点对轨道的压力：，则，选项C正确；故选C.9. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4:1．原线圈接入一电压瞬时值随时间变化的规律为的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻，闭合开关S．待电路稳定后．下述结论正确的是A. 副线圈中电流的周期为0.02sB. 副线圈中电压的最大值为55VC. 原线圈中电流的最大值为0.5AD. 原线圈中的输入功率为110W【答案】AD【解析】变压器不会改变电流的周期，则副线圈输出电流的周期为，所以A正确；原线圈电压最大值为220V，则副线圈中电压的最大值为,B错误．副线圈中电流的最大值为，则原线圈中电流的最大值为0.5A，选项C错误；原线圈电压有效值为220V，电流有效值为0.5A，掌握变压器输入功率为P=I1U1=110W，选项D正确；故选AD.10. 如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动．已知 F1与F2的功率相同，则可能有A. F1= F2, v1<v2B. F1= F2, v1>v2C. F1< F2, v1<v2D. F1>F2, v1>v2【答案】BD...............11. 如图所示．MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1=2B2,一比荷值为k的带电粒子（不计重力）．以定速率从O点垂直MN进入磁感应强度大小为B1的磁场．则粒子下一次到达O点经历的时间为A. B. C. D.【答案】BC【解析】粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB=m解得：，粒子做圆周运动的周期为：，由题意可知：B1=2B2，则：r2=2r1，T2=2T1，；根据粒子运动轨迹可知，粒子下一次到达O点经历的时间为（n=0，1，2，3……）则选项BC正确，CD错误；故选BC.点睛：本题关键在于根据半径关系画出粒子运动的轨迹，然后确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路。
高三上学期期末考试物理试卷附含答案解析
高三上学期期末考试物理试卷附含答案解析班级:___________姓名：___________考号：_____________一、单选题1．如图所示，乒乓球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L 。
某人在乒乓球训练中，从左侧2L处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘。
设乒乓球的运动为平抛运动，则乒乓球（ ）A ．在空中做变加速运动B ．在水平方向做匀加速直线运动C ．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍D ．击球点的高度是网高的2倍2．物体受到下列几组共点力的作用，其中一定能使物体产生加速度的是（ ） A ．1N ，3N ，5N B ．2N ，4N ，6N C ．3N ，4N ，5ND ．4N ，6N ，8N3．如图所示为氢原子的能级示意图，一群处于激发态的氢原子能辐射出能量介于0.66eV~12.75eV 范围内的光子，则下列说法正确的是（ ）A ．这群氢原子能发射出三种不同波长的光B ．这群氢原子能发射出四种不同波长的光C ．处于基态的氢原子能吸收其中三种频率的光子D ．处于基态的氢原子能吸收其中六种频率的光子4．如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上的O 点，另一端穿过轻质光滑小环悬挂物体甲，轻质光滑小环拴牢在另一轻绳上，通过光滑定滑轮与物体乙相连。
当系统平衡后，O 点处轻绳与竖直墙的夹角30α=︒，取sin15︒cos15︒= ）A B C ．2:1 D ．1:25．如图所示，a 为地球赤道上相对地面静止的物体，b 为在地球表面附近绕地心做匀速圆周运动的人造卫星，c 为地球同步卫星。
关于a 、b 、c 做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）A ．角速度的大小关系为b a c ωωω=>B ．向心加速度的大小关系为b c a a a a >>C ．线速度的大小关系为a b c v v v >>D ．周期关系为a c b T T T =<6．如图所示的三维坐标系中，P 、M 、N 为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O 的距离相等。
教科版高三上学期期末物理试题及解答参考
教科版物理高三上学期期末复习试题(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在下列关于匀变速直线运动的说法中，正确的是：A. 物体在任何时刻的速度都是恒定的。
B. 物体的加速度是恒定的，速度随时间均匀变化。
C. 物体的位移随时间的变化是匀速的。
D. 物体的位移随时间的变化是均匀变化的。
2、一质点从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，加速度为a，经过时间t后，质点的位移和速度分别是：A. 位移为1/2at^2，速度为at。
B. 位移为1/2at^2，速度为1/2at。
C. 位移为at^2，速度为at。
D. 位移为at^2，速度为1/2at。
3、一个物体沿直线运动，在前一半位移中以速度(v1=10m/s)匀速运动，在后一半位移中以速度(v2=20m/s)匀速运动，则在整个位移中物体的平均速度为：A、13.3m/sB、14.3m/sC、15.0m/sD、16.0m/s4、一个物体在水平地面上以初速度(v0=20m/s)被水平抛出，不计空气阻力，重力加速度(g=10m/s2)。
则该物体在(t=2s)时离地面的高度是多少？A、20mB、30mC、40mD、50m5、关于理想变压器的下列说法正确的是（）A、原线圈的电压小于副线圈的电压时，原线圈的匝数多于副线圈的匝数B、变压器的原线圈中输入功率与副线圈输出功率之比等于原线圈匝数与副线圈匝数之比的平方C、变压器的原线圈中电流小于副线圈电流时，原线圈的匝数少于副线圈的匝数D、变压器的输入电压与输出电压之比等于原、副线圈匝数之比6、关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A、当闭合电路中一部分导体与磁场做切割磁感线运动时，电路中不会产生感应电流B、改变磁场中导体的运动方向或改变磁场线圈的形状，都可以产生感应电流C、法拉第发现电磁感应后，电生磁、磁生电，奠定了电磁学的基础D、只有当线圈平面与磁场垂直时，通过网络线圈的磁通量变化最快7、一个物体在水平面上受到三个共点力的作用，这三个力的合力为零。
高三物理上学期期末考试试题(含解析)
——————————新学期新成绩新目标新方向——————————2019届高三上学期期末考试理综物理试题二、选择题：1. 2017年量子通信卫星“墨子号”首席科学家潘建伟获得“物质科学奖”，对于有关粒子的研究，下列说法正确的是A. 在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应B. 铀元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化C. 轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程有质量亏损D. 比结合能小的原子核结合成（或分裂成）比结合能大的原子核时一定吸收能量【答案】A【解析】在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应，故A正确；半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定，故B错误；综合裂变和氢核聚变都有质量亏损，向外辐射能量，故C错误；比结合能小的原子核结合成（或分裂成）比结合能大的原子核时有质量亏损，释放能量，故D错误。
所以A正确，BCD错误。
2. 甲乙两物体同时从同一地点出发沿同一直线运动，最终又停止在同一位置，整个过程甲乙运动的v-t图像如图所示，则A. 直到停止甲运动的时间可能等于乙运动的时间B. 在运动过程中甲始终在乙的后方C. 在运动过程中甲乙两物体的速度不可能相同D. 在运动过程中甲乙两物体的加速度不可能相同【答案】B【解析】因v-t图像的横轴表示时间，由图可知乙运动的时间小于甲，故A错误；由图象可知开始时乙的速度大于甲，乙在甲的前面，当甲乙速度相等时，两者距离最大，然后甲的速度大于乙，直到追上乙，故运动中乙始终在甲的前面，故B正确，C错误；切线的斜率等于加速度，故由图象可知，当甲图象的斜率等于乙的斜率时两者加速度相等，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
3. 如图所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是A. Q不动，P向下移动B. Q不动，P向上移动C. P不动，Q向上移动D. P不动，Q向下移动【答案】A【解析】Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误。