山西省臨汾市南莊鄉(xiāng)中學2023年高三物理期末試卷含解析

山西省臨汾市南莊鄉(xiāng)中學2023年高三物理期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（單選）如圖1所示，質量為M的半球形容器靜止在水平桌面上，質量為m的木塊靜止在容器內P點，O點為容器的球心，已知OP與水平方向的夾角為α。下列結論正確的是A．木塊受到的摩擦力大小是mgsinαB．木塊對容器的壓力大小是mgcosαC．桌面對容器的摩擦力大小是mgsinαcosαD．桌面對容器的支持力大小是(M+m)g參考答案：D2.請用學過的物理知識判斷，下列說法正確的是（）A．物體的加速度大小不能瞬間改變，但加速度的方向可以瞬間發(fā)生變化B．安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現C．做圓周運動的物體受到的合外力一定指向圓心D．牛頓第一、二、三定律都可以用實驗的方式加以驗證參考答案：B【考點】安培力；加速度；牛頓運動定律的綜合應用；洛侖茲力．【分析】根據加速度的大小方向都可以瞬間改變，安培力與洛倫茲力的關系，圓周運動包含勻速圓周運動和非勻變速圓周運動，牛頓第一定律不能通過實驗驗證進行判斷．【解答】解：A、加速度的大小方向都可以瞬間改變，A錯誤；B、安培力是通電導體在磁場中受到的力，洛倫茲力是運動電荷在磁場中受到的力，而電荷的定向移動就能形成電流，因此安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現，而且安培力和洛倫茲力的方向都是通過左手定則判斷，B正確；C、做勻速圓周運動的物體受到的合外力才一定指向圓心，如果是非勻變速圓周運動，受到的合外力就不指向圓心，C錯誤；D、牛頓第一定律不能用實驗驗證，因為找不到物體不受力作用的實驗條件，D錯誤；故選：B3.（單選）K－介子衰變的方程為：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子帶負的元電荷e，π0介子不帶電。一個K－介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產生的π－介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半徑RK-與Rπ-之比為2:1。π0介子的軌跡未畫出。由此可知π－的動量大小與π0的動量大小之比為（

）A．1:1

B．1:2

C．1:3

D．1:6參考答案：C4.圖為某沿x軸方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，a、b、c、d是橫波上的四個質點；圖2是橫波上質點d的振動圖象，則下列說法正確的是_________。A.t=0時質點a的速度大小比質點c的大B.t=0時質點a的加速度大小比質點c的大C.從t=0時刻開始質點b比質點c后到平衡位置D.0~0.5s時間內質點b的路程比質點a的路程大E.0~3s時間內質點a、b的振動路程均為30cm參考答案：BDE;在簡諧橫波中，質點離平衡位置越遠，速度越小，加速度越大；故由圖1可知：t=0時質點a的速度比質點c的小，加速度比質點c的大，故A錯誤，B正確;根據圖2可得：t=0時，質點d沿y軸負方向運動，故由圖1可得：波沿x軸正方向傳播；那么，t=0時，質點b沿y軸負方向運動，質點c沿y軸正方向運動，所以，質點b比質點c先回到平衡位置，故C錯誤；由圖2可得：周期T=2s；0～0.5s（T）時間內質點b的平均速率比質點a的大，質點b的振動路程比質點a的大，故D正確；3s＝T，由質點半個周期的路程恒為2A可得：質點a、b的振動路程均為6A=30cm，故E正確。故選BDE。【點睛】在求解機械振動的問題中，一般根據振動圖象得到周期及質點的振動方向，進而根據波動圖象得到傳播方向和波長，然后求解波速；最后在根據距離和波速求得任一質點的振動狀態(tài)。5.某同學設計了一個探究加速度a與物體所受合力F及質量m關系的實驗，圖（a）為實驗裝置簡圖。（交流電的頻率為50Hz）（1）若取小車質量M＝0.4kg，改變砂桶和砂的質量m的值，進行多次實驗，以下m的值不合適的是

.A．m1＝5g

B．m2＝1kg

C．m3＝10g

D．m4＝400g（2）為了用細線的拉力表示小車受到的合外力，實驗操作時必須首先

.該操作是否成功判斷的依據是

.參考答案：BD平衡摩擦力不掛沙桶時紙帶的點跡是均勻的（輕推小車后，小車能保持勻速直線運動）二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.某實驗小組設計了如圖甲所示的實驗裝置，通過改變重物的質量來探究滑塊運動的加速度和所受拉力F的關系。他們在軌道水平和傾斜的兩種情況下分別做了實驗，得到了兩條一F圖線，如圖乙所示。

（1）圖線①是軌道處于

（填“水平”或“傾斜”）情況下得到的實驗結果；（2）圖線①、②的傾斜程度（斜率）一樣，說明了什么問題?

（填選項前的字母）

A．滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量在兩種情況下是一樣的

B．滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量在兩種情況下是不一樣的C．滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量在兩種情況下是否一樣不能確定參考答案：（1）

傾斜

；

（2）

A

7.某探究學習小組的同學欲驗證“動能定理”，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置，另外他們還找到了打點計時器所用的學生電源、導線、復寫紙、紙帶、小木塊、細沙．當滑塊連接上紙帶，用細線通過滑輪掛上空的小沙桶時，釋放小桶，滑塊處于靜止狀態(tài)．若你是小組中的一位成員，要完成該項實驗，則：（1）你認為還需要的實驗器材有

（2）實驗時為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等，沙和沙桶的總質量應滿足的實驗條件是

，實驗時為保證細線拉力為木塊的合外力首先要做的步驟

（3）在（2）的基礎上，某同學用天平稱量滑塊的質量M.往沙桶中裝入適量的細沙，用天平稱出此時沙和沙桶的總質量m.讓沙桶帶動滑塊加速運動，用打點計時器記錄其運動情況，在打點計時器打出的紙帶上取兩點，測出這兩點的間距L和這兩點的速度大小v1與v2（v1＜v2）。則本實驗最終要驗證的數學表達式為

（用題中的字母表示實驗中測量得到的物理量）.參考答案：（1）天平，刻度尺（2分）（2）沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量（2分），平衡摩擦力（2分）（3）（3分）（1）實驗要驗證動能增加量和總功是否相等，故需要求出總功和動能，故還要天平和刻度尺；故答案為：刻度尺、天平；

（2）沙和沙桶加速下滑，處于失重狀態(tài)，其對細線的拉力小于重力，設拉力為T，根據牛頓第二定律，有

對沙和沙桶，有mg-T=ma

對小車，有T=Ma

解得故當M＞＞m時，有T≈mg

小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一端墊高；

故答案為：沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量，平衡摩擦力；

（3）總功為：mgL，動能增加量為：故答案為：mgL=8.汽車的速度計顯示的是

的大小。（填“瞬時速度”或“平均速度”）參考答案：瞬時速度9.在空中某固定點，懸掛一根均勻繩子，然后讓其做自由落體運動。若此繩經過懸點正下方H=20m處某點A共用時間1s(從繩下端抵達A至上端離開A)，則該繩全長為

m。參考答案：1510.如圖所示,MN表示兩個等勢面,一個負電荷在M面上的D點具有電勢能為+2.4×10-3J,在N等勢面上的F點具有的電勢能為+0.8×10-3J,如果將這個負電荷從C點移到E點電場力做功是_________J。______等勢面電勢高;電場線AB的方向是_______指向__________參考答案：

(1).

(2).N

(3).B

(4).A由C移到E時，電場力做功W=-△EP=2.4×10-3-0.8×10-3=1.6×10-3J；

由M到N電場力做正功，由于移動的為負電荷，故說明M的電勢低；N的電勢高；

電場線高電勢指向低電勢，故由B指向A；【點睛】本題考查電場力做功與電勢能的關系，要注意明確電場力做功一定等于電勢能的改變量．負電荷在高電勢處電勢能要??；電場線總是由高電勢指向低電勢．11.如圖為懸掛街燈的支架示意圖，橫梁BE質量為6kg，重心在其中點。直角桿ADC重力不計，兩端用鉸鏈連接。已知BE＝3m，BC＝2m，∠ACB＝30°，橫梁E處懸掛燈的質量為2kg，則直角桿對橫梁的力矩為

N·m，直角桿對橫梁的作用力大小為_______N。參考答案：150，150

12.（實驗）在研究勻變速直線運動的實驗中，小明正常進行操作，打出的一條紙帶只有三個連續(xù)的清晰點，標記為0、1、2，已知打點頻率為50Hz，則紙帶的加速度為

；而P點是紙帶上一個污點，小明想算出P點的速度，你認為小明的想法能否實現？若你認為小能實現，請說明理南；若實現請算出P點的速度：

．（如圖是小明用刻度尺測量紙帶時的示意圖）參考答案：5m/s2；0.95m/s解析：根據刻度尺可知：0-1的距離x1=8cm，1-2的距離x2=18-8=10cm，物體做勻變速直線運動，因此有：△x=aT2，得：a==5m/s2

根據勻加速直線運動相鄰的相等時間內的位移之差是一個定值△x=0.2cm，則打第3個點的位置為x3=1.8+1.2=3cm，

打第4個點的位置為x4=3+1.4=4.4cm，

打第5個點的位置為x5=4.4+1.6=6cm，

打第6個點的位置為x5=6+1.8=7.8cm，

由圖可知，P點的位置為7.8cm，所以P點就是打的第6個點．

物體做勻變速直線運動，根據時間中點的瞬時速度等于該過程的平均速度有：v1==0.45m/s；則vP=v1+5Ta=0.45+5×0.02×5=0.95m/s13.在地球大氣層上界，垂直于太陽光方向上的每秒種內每平方米上接受的太陽輻射能叫做太陽常數，其值為J/m2．S。太陽到地球大氣層上界的距離取為m，那么太陽能的輻射功率用上述字母可表示為

，其值為

W（結果取2位有效數字）。參考答案：

答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖為一塊直角三棱鏡，頂角A為30°．一束激光沿平行于BC邊的方向射向直角邊AB，并從AC邊射出，出射光線與AC邊夾角也為30°．則該激光在棱鏡中的傳播速度為多少？(結果保留兩位有效數字)參考答案：1.7×108m/s解：光路圖如圖：

由幾何關系得：α=∠A=30°，β=90°-30°=60°

折射率

激光在棱鏡中傳播速【點睛】幾何光學要正確作出光路圖，由幾何知識找出入射角和折射角是關鍵．知道光速和折射率的關系.15.（選修3—3（含2—2））（7分）如圖所示是一定質量的氣體從狀態(tài)A經狀態(tài)B到狀態(tài)C的p－T圖象，已知氣體在狀態(tài)B時的體積是8L，求氣體在狀態(tài)A和狀態(tài)C的體積分別是多大？并判斷氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程是吸熱還是放熱？參考答案：解析：由圖可知：從A到B是一個等溫過程，根據玻意耳定律可得：……(2分)

代入數據解得：……………(1分)

從B到C是一個等容過程，

……………(1分)

【或由，代入數據解得：】

由圖可知氣體從B到C過程為等容變化、溫度升高，……(1分)故氣體內能增大，……(1分)由熱力學第一定律可得該過程氣體吸熱?！?1分)四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d；兩金屬板之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B．如圖建立坐標系，x軸平行于金屬板，與金屬板中心線重合，y軸垂直于金屬板．區(qū)域I的左邊界在y軸，右邊界與區(qū)域II的左邊界重合，且與y軸平行；區(qū)域II的左、右邊界平行．在區(qū)域I和區(qū)域II內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B，區(qū)域I內的磁場垂直于Oxy平面向外，區(qū)域II內的磁場垂直于Oxy平面向里．一電子沿著x軸正向以速度v0射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運動，并先后通過區(qū)域I和II．已知電子電量為e，質量為m，區(qū)域I和區(qū)域II沿x軸方向寬度均為．不計電子重力．（1）求兩金屬板之間電勢差U；（2）求電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標y；（3）撤除區(qū)域I中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強電場，使得該電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出．求電子兩次經過y軸的時間間隔t．參考答案：（1）兩金屬板之間電勢差U為Bv0d；（2）電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標y為；（3）電子兩次經過y軸的時間間隔為．：解：（1）電子在平行板間做直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件得：eE=ev0B…①電場強度：E=…②由①②兩式聯立解得：U=Bv0d；（2）如右圖所示，電子進入區(qū)域I做勻速圓周運動，向上偏轉，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0B=m…③設電子在區(qū)域I中沿著y軸偏轉距離為y0，區(qū)域I的寬度為b（b=）由數學知識得：（R﹣y0）2+b2=R2…④由③④式聯立解得：y0=因為電子在兩個磁場中有相同的偏轉量，故電子從區(qū)域II射出點的縱坐標為：y=2y0=（3）電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出，說明電子在區(qū)域II中做勻速圓周運動的軌跡恰好與區(qū)域II的右邊界相切，圓半徑恰好與區(qū)域II寬度相同．電子運動軌跡如下圖所示．設電子進入區(qū)域II時的速度為v，由牛頓第二定律得：evB=m…⑤由人r=b得：v=電子通過區(qū)域I的過程中，向右做勻變速直線運動，此過程中平均速度為：=電子通過區(qū)域I的時間：t1=（b為區(qū)域I的寬度）…⑥解得：t1=2（2﹣3）電子在區(qū)域II中運動了半個圓周，設電子做圓周運動的周期為T，由牛頓第二定律得：evB=m…⑦v=…⑧電子在區(qū)域II中運動的時間：t2==…⑨由⑦⑧⑨式解得：t2=電子反向通過區(qū)域I的時間仍為t1，電子兩次經過y軸的時間間隔：t=2t1+t2=（8﹣12+π）答：（1）兩金屬板之間電勢差U為Bv0d；（2）電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標y為；（3）電子兩次經過y軸的時間間隔為．17.拋體運動在各類體育運動項目中很常見，如乒乓球運動.現討論乒乓球發(fā)球問題，設球臺長2L、網高h，乒乓球反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，且不考慮乒乓球的旋轉和空氣阻力.(設重力加速度為g)(1)若球在球臺邊緣O點正上方高度為h1處以速度v1水平發(fā)出，落在球臺的P1點(如圖實線所示)，求P1點距O點的距離x1.

(2)若球在O點正上方某高度處以速度v2水平發(fā)出，恰好在最高點時越過球