福建省南平市武夷山第三中學高三物理期末試卷含解析

福建省南平市武夷山第三中學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.關于近代物理，下列說法正確的是

A．β衰變時β射線是原子內(nèi)部核外電子釋放出來的

B．組成原子核核子的質(zhì)量之和大于原子核的質(zhì)量

C．發(fā)生光電效應時，光電子的最大初動能與人射光的頻率成正比

D．氫原子由第三激發(fā)態(tài)直接躍遷到基態(tài)時，輻射出的光子的能量為（E0為基態(tài)的能量）參考答案：2.（單選）A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內(nèi)，它們的路程之比為4:3，運動方向改變的角度之比為3:2，它們的向心加速度之比為

A1:2 B2:1

C4:2

D．3:4參考答案：【知識點】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；向心加速度．D3D4【答案解析】

B解析：A、B兩艘快艇做勻速圓周運動，由于在相同的時間內(nèi)它們通過的路程之比是4：3，所以它們的線速度之比：VA：VB=4：3由于在相同的時間內(nèi)運動方向改變的角度之比是3：2，所以它們的角速度之比：ωA：ωB=3：2由于向心加速度a=vω，故向心加速度之比為：aA：aB=4×3：3×2=2：1;故B正確，A、C、D錯誤；故選B【思路點撥】根據(jù)相同時間內(nèi)通過的路程之比導出線速度之比，根據(jù)相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度之比得出角速度大小之比，通過a=vω得出向心加速度之比．解決本題的關鍵掌握線速度和角速度的定義式，以及知道加速度與線速度、角速度的關系3.如圖所示，在同一平臺上的O點水平拋出的三個物體，分別落到a、b、c三點，則三個物體運動的初速度va，vb，vc的關系和三個物體運動的時間ta，tb,tc的關系分別是(

)A．va>vb>vc

ta>tb>tc

B．va<vb<vc

ta=tb=tcC．va<vb<vc

ta>tb>tc

D．va>vb>vc

ta<tb<tc參考答案：C三個物體落地的高度ha＞hb＞hc，根據(jù)h=，知，ta＞tb＞tc．xa＜xb＜xc，根據(jù)x=vt知，a的水平位移最短，時間最長，則速度最?。籧的水平位移最長，時間最短，則速度最大，所以有va＜vb＜vc．故C正確，A、B、D錯誤．4.（2014?杏花嶺區(qū)校級模擬）如圖所示，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，平行金屬板電容器中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則下列說法正確的是（）A.電壓表讀數(shù)減小，電流表讀數(shù)減小B.電源發(fā)熱功率增大，電源效率降低C.電容器的電荷量減小，質(zhì)點P將向上運動，且?guī)ж撾奃.R1上消耗的功率逐漸增大，R3消耗的功率逐漸增大參考答案：B電容；電功、電功率解：當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，其接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知干路電流I增大．電源發(fā)熱功率Pr=I2R增大，電源效率η=，知電源效率降低，故B正確；電容器板間電壓等于R3的電壓．R4減小，ab間并聯(lián)部分的總電阻減小，則R3的電壓減小，R3上消耗的功率逐漸減小，電容器板間場強減小，質(zhì)點P所受的電場力減小，所以質(zhì)點P將向下運動，上極板帶正電，故粒子帶負電．故C錯誤；流過電流表的電流IA=I﹣I3，I增大，I3減小，則IA增大，所以電流表讀數(shù)增大．R4的電壓U4=U3﹣U2，U3減小，U2增大，則U4減小，所以電壓表讀數(shù)減?。蔄錯誤；由于R1的阻值電流增大，故R1上消耗的功率逐漸增大，則R3的電壓減小，電阻不變，故消耗功率減小，故D錯誤；故選：B5.參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.放射性元素的原子核在α衰變或β衰變生成新原子核時，往往會同時伴隨______輻射。在α射線、β射線、X射線、紅外線、γ射線、紫外線中，不屬于電磁波的為___________________。參考答案：γ射線，β射線、α射線7.在圖（a）所示的電路中，合上電鍵S，變阻器的滑動頭C從A端滑至B端的過程中，電源的輸出功率P與路端電壓U、路端電壓U與總電流I的關系曲線分別如圖（b）、（c）所示。不計電表、導線對電路的影響。則電源電動勢E=__________V，電源內(nèi)阻r=________Ω。參考答案：12，38.經(jīng)過核衰變成為，共發(fā)生了

次衰變，

次衰變。

i的半衰期是5天，12g的i經(jīng)過15天后剩下

g.參考答案：4；2；1.59.在如圖所示的光電效應現(xiàn)象中，光電管陰極K的極限頻率為v0，則陰極材料的逸出功等于_________；現(xiàn)用頻率大于v0的光照射在陰極上，若在A、K之間加一數(shù)值為U的反向電壓時，光電流恰好為零，則光電子的最大初動能為_________；若入射光頻率為v（v>v0），則光電子的最大初動能為_________。參考答案：hv0；eU；hv-hv010.在圖（a）所示的電路中，合上電鍵S，變阻器的滑動頭C從A端滑至B端的過程中，電源的輸出功率P與路端電壓U、路端電壓U與總電流I的關系曲線分別如圖（b）、（c）所示。不計電表、導線對電路的影響。則電源電動勢E=__________V，電源內(nèi)阻r=________Ω。參考答案：12，311.圖為一小球做平拋運動的閃光照片的一部分.圖中背景方格的邊長均為2.5厘米，如果取重力加速度g=10米/秒2，那么：(1)照片的閃光頻率為________Hz..(2)小球做平拋運動的初速度的大小為_____m/s參考答案：(1)10

(2)0.7512.小車以某一初速沿水平長木板向左作減速運動，長木板左端外有一傳感器，通過數(shù)據(jù)采集器和計算機相連，開始計時時小車距離傳感器的距離為x0，可測得以后小車每隔0.1s離傳感器的距離，測得的數(shù)據(jù)如下表，（距離單位為cm，計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）x0x1x2x3x429.9420.8013.227.242.84（1）小車離傳感器為時x2小車的瞬時速度v2=_____m/s；

（2）小車運動的加速度大小a=______m/s2．參考答案：⑴0.678m/s,（2）1.60m/s2～1.57m/s2均可13.如右圖所示，用均勻金屬絲折成邊長為0.1m的正方形框架abcd能以ab邊為軸無摩擦地轉(zhuǎn)動，框架每邊質(zhì)量都是2.5g，電阻都是0.2Ω，aa/與bb/是在同一水平面上的兩條平行光滑的金屬導軌，并分別與金屬框架連接于a和b處，導軌的電阻不計。阻值為0.2Ω的金屬棒mn平放在兩導軌上且與導軌垂直，整個裝置處于B=1T、方向豎直向上的勻強磁場中，若導體mn作勻速運動后能使框架abcd平衡在與豎直方向成α=45°角的位置上，此時cd中的電流大小為

A，導體mn的速度大小為

。參考答案：

0.5

7

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（簡答）如圖12所示，一個截面為直角三角形的劈形物塊固定在水平地面上.斜面,高h=4m，a=37°,一小球以Vo=9m/s的初速度由C點沖上斜面.由A點飛出落在AB面上.不計一切阻力.(Sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求.(l)小球到達A點的速度大??；(2)小球由A點飛出至第一次落到AB面所用時間；(3)小球第一次落到AB面時速度與AB面的夾角的正切值參考答案：(1)1(2)0.25s（3）6.29N機械能守恒定律．解析：(1)從C到A對小球運用動能定理]，解得v0=1m/s(2)將小球由A點飛出至落到AB面的運動分解為沿斜面（x軸）和垂直于斜面（y軸）兩個方向;則落回斜面的時間等于垂直于斜面方向的時間所以（3）小球落回斜面時沿斜面方向速度垂直斜面方向速度vy=1m/s，所以（1）由機械能守恒定律可以求出小球到達A點的速度．

（2）小球離開A后在豎直方向上先做勻減速直線運動，后做自由落體運動，小球在水平方向做勻速直線運動，應用運動學公式求出小球的運動時間．

（3）先求出小球落在AB上時速度方向與水平方向間的夾角，然后再求出速度與AB面的夾角θ的正切值．15.（選修3-3）（6分）如圖所示，用面積為S的活塞在汽缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的空氣，活塞質(zhì)量為m，在活塞上加一恒定壓力F，使活塞下降的最大高度為?h，已知此過程中氣體放出的熱量為Q，外界大氣壓強為p0，問此過程中被封閉氣體的內(nèi)能變化了多少？

參考答案：解析：由熱力學第一定律△U=W+Q得

△U=（F+mg+P0S）△h－Q

（6分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.14．如圖，紙面內(nèi)有E、F、G三點，∠GEF=300，∠EFG=1350，空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。先使帶有電荷量為q(q>0)的點電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點射出，其軌跡經(jīng)過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點，兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同。已知點電荷a的質(zhì)量為m，軌道半徑為R，不計重力，求：（1）點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間；（2）點電荷b的速度大小。

參考答案：（1）t=πm/2qB

（2）vb=4qBR/3m17.如圖（a）所示的xOy平面處于勻強電場中，電場方向與X軸平行，電場強度E隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示，E為+E0時電場強度的方向沿x軸正方向．有一帶正電的粒子P，在某一時刻t0以某一速度v沿Y軸正方向自坐標原點0射入電場，粒子P經(jīng)過時間T到達的點記為A（A點在圖中未畫出）．若to=0，則OA連線與Y軸正方向夾角為45°，不計粒子重力：（1）求粒子的比荷；（2）若t0=，求A點的坐標；（3）若t0=，求粒子到達A點時的速度．參考答案：解：（1）粒子在t0=0時刻射入電場，粒子沿y軸方向勻速運動，位移大小為：

y=vT

粒子沿x軸方向在0～內(nèi)做初速度為零的勻加速運動，位移為x1，末速度為v1，則：

v1=a

粒子沿x軸方向在～T內(nèi)做勻減速運動，位移為x2，則：

粒子沿x軸方向的總位移為x，則：

x=x1+x2

粒子只受到電場力作用，由牛頓第二定律得：

qE=ma

由題意OA與y軸正方向夾角為45°，則：y=x

解得：（2）粒子在t0=時刻射入電場，粒子沿y軸方向勻速運動，位移大小為：

y=vT

粒子沿x軸方向在～內(nèi)做初速度為零的勻加速運動，位移為x3，末速度為v2，則：

v2=a

粒子沿x軸方向在～T內(nèi)做勻變速運動，位移為x4，末速度為v3，則：

粒子沿x軸方向在T～內(nèi)做勻變速運動，位移為x5，則：

粒子沿x軸的總位移為x′，則：

x′=x3+x4+x5解得：x’=0

則A點的坐標為（0，vT）（3）粒子在t0=時刻射入電場，粒子沿y軸方向勻速運動，速度不變；沿x軸方向在～內(nèi)做初速度為零的勻加速運動，末速度為v4，則：

v4=a

粒子沿x軸方向在～T內(nèi)做勻變速運動，末速度為v5，則：

粒子沿x軸方向在T～內(nèi)做勻變速運動，末速度為v6，則：

解得：v6=0

則：粒子通過A點的速度為v．答：（1）求粒子的比荷為．（2）若t0=，A點的坐標為（0，vT）．（3）若t0=，粒子到達A點時的速度為v．【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用．【分析】（1）由于帶電粒子在x軸上受到的是方向交替變化的力，而y軸方向不受力，所以帶電粒子的運動情況比較雜．y軸方向一直做勻速直線運動，而x軸上從t0=0出發(fā)的粒子先做勻加速運動，后做勻減速，則經(jīng)過Tvx=0，把xy方向的分位移分別求出來，根據(jù)合位移與y軸夾角為45°，聯(lián)立求得粒子的比荷．（2）從時刻出發(fā)的粒子，按同樣的道理分段分別求出x、y方向上的位移，從而就能知道A點的坐標．（3）從時刻出發(fā)的粒子，在x軸方向上先經(jīng)時刻勻加速，在經(jīng)過時間的勻減速至零．再反方向勻加速至某一值，再正方向減速至零．則粒子的速度只有y軸方向的速度了，即合速度為v．18.如圖10所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的邊緣放置一個質(zhì)量m＝0.80kg的木塊B，桌面的另一端有一塊質(zhì)量M=1.0kg的木塊A以初速度v0=4.0