四川省成都市雙慶中學2023年高三物理期末試題含解析

1、四川省成都市雙慶中學2023年高三物理期末試題含解析一、 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. （多選）如圖，高為h的平臺上覆蓋著一層薄冰，現有一質量為50 kg的滑雪愛好者，以8m/s的初速度從平臺邊緣水平滑出，著地點到平臺邊緣的水平距離是6.4 m(g10 m/s2)。由此可知下列各項正確的是 A著地時的速度方向與水平地面的夾角為45 B滑雪者在空中運動的時間為0.8 s C平臺高度h為6.4 m D著地時滑雪者重力做功的瞬時功率為4000W參考答案：ABD2. (單選)如圖所示，兩個質量為m的物體A和B緊靠在一起放在光滑水平桌面上，如果它們分別受到水

2、平推力F1和F2，且F1F2，則AB的加速度與AB間的作用力的大小分別為： A(F1+F2)/m B(F1-F2)/m C(F1+F2)/2 D(F1-F2)/2參考答案：C3. 如圖所示，一個質點做勻加速直線運動，依次經過a、b、c、d四點，已知經過ab、bc和cd三段所用時間之比為3：2：1，通過ab和cd段的位移分別為x1和x2，則bc段的位移為（）ABCD參考答案：B【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用【分析】由x=aT2可求得相鄰相等的時間內的位移之間的關系，則可求bc段的位移【解答】解：設質點經過ab、bc和cd三段所用時間分別為3t、2t和t，設各段時間t內的位移分別為：s1、s

3、2、s3、s4、s5和s6，由題可得：x1=s1+s2+s3；x2=s6設bc段的位移為x，則：x=s4+s5根據公式：x=aT2，則：（x+x2）x1=（s4+s5+s6）（s1+s2+s3）=9at2同時，由于：s2s1=s3s2，所以得：s1+s3=2s2結合可得：x1=s1+s2+s3=3s2而：s6s2=4at2，即：聯立可得：x=故選：B4. （單選）放在水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在06s內其速度與時間圖象和拉力的功率與時間圖象分別如圖（甲）、（乙）所示，則物體的質量為（g取10ms2）（ ）A BC D參考答案：B根據v-t圖象可知物體在02s內的加速度，故在02s內有

4、F-f=ma所以在26S內拉力的功率故有物體所受的阻力而在02s內有所以在t=2s時拉力的功率解得物體的質量，故B正確。故選B。5. 如圖所示，質量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E。這時突然撤去F，關于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是 A撤去F后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒 B撤去F后，A離開豎直墻前，系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒 C撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E/3 D撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E參考答案：BC撤去F后，A離開豎

5、直墻前，豎直方向兩物體的重力與水平面的支持力平衡，合力為零，而墻對A有向右的彈力，使系統(tǒng)的動量不守恒，這個過程中，只有彈簧的彈力對B做功，系統(tǒng)的機械能守恒；A離開豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向外力平衡，則系統(tǒng)的動量守恒，只有彈簧的彈力做功，機械能也守恒，故A錯誤，B正確撤去F后，A離開豎直墻后，當兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大設兩物體的相同速度為v，A離開墻時，B的速度為v0，根據動量守恒和機械能守恒得2mv0=3mv，E=?3mv2+EP，又E=，聯立得到，彈簧的彈性勢能最大值為EP=，故C正確D錯誤，故選BC。二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計1

6、6分6. 某天體存在一顆繞其做勻速圓周運動的衛(wèi)星，已知天體半徑為R，衛(wèi)星離天體表面的高度為h，衛(wèi)星的線速度大小為v，則衛(wèi)星的周期為，天體的質量為（萬有引力恒量為G）參考答案：解：衛(wèi)星的周期T=根據得，天體的質量M=故答案為：，7. 光電管是應用_的原理制成的光電元件。如圖所示的電路中，如果a端與電源_（選填“正”或“負”）極相連，那么當光照射到光電管的陰極K時，電路中就會產生電流。參考答案：光電效應、正8. (4分)用200N的拉力將地面上的一個質量為10kg的物體提升10m（重力加速度g取10 m/s2，空氣阻力忽略不計），物體被提高后具有的勢能為 ，物體被提高后具有的動能為 參考答案：答案

7、：103J，103J9. 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，圖甲所示為實驗裝置的簡圖。(交流電的頻率為50 Hz)（1）如圖乙所示為某次實驗得到的紙帶，根據紙帶可求出小車的加速度大小為_ _m/s2。(保留兩位有效數字)（2）保持砂和砂桶質量不變，改變小車質量m，分別得到小車加速度a與質量m及對應的數據如下表：實驗次數12345678小車加速度a/ms21.901.721.491.251.000.750.500.30小車質量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.67/kg14.003.453.032.502.001.411.000.6

8、0請在如圖12所示的坐標紙中畫出圖線，并由圖線求出小車加速度a與質量倒數之間的關系式是_。參考答案：10. 一物體從A點由靜止開始作加速度大小為a1的勻加速直線運動，經過時間t 后，到達B點，此時物體的加速度大小變?yōu)閍2，方向與a1的方向相反，經過時間t后，物體又回到A點。則a1：a2= ；參考答案：1：311. 如圖甲所示的電路中，、均為定值電阻, 為一滑動變阻器當其滑片P從左端滑至右端時，測得電源的路端電壓隨電源中流過的電流變化圖線如圖乙所示，其中A、B兩點是滑片P在變阻器的兩個不同端點得到的電源的電動勢為 V和內阻 ，定值電阻的阻值 參考答案：12. 如圖所示，一豎直輕桿上端可以繞水平軸

9、O無摩擦轉動，輕桿下端固定一個質量為m的小球，力F=mg垂直作用于輕桿的中點，使輕桿由靜止開始轉動，若轉動過程保持力F始終與輕桿垂直，當輕桿轉過的角度=30時，小球的速度最大；若輕桿轉動過程中，力F的方向始終保持水平方向，其他條件不變，則輕桿能轉過的最大角度m=53參考答案：【考點】： 動能定理的應用；向心力【專題】： 動能定理的應用專題【分析】： （1）由題意可知：F始終對桿做正功，重力始終做負功，隨著角度的增加重力做的負功運來越多，當重力力矩等于F力矩時速度達到最大值，此后重力做的負功比F做的正功多，速度減??；（2）桿轉到最大角度時，速度為零，根據動能定理即可求解： 解：（1）力F=mg垂

10、直作用于輕桿的中點，當輕桿轉過的角度時，重力力矩等于F力矩，此時速度最大，則有：mgL=mgLsin解得sin=所以=30（2）桿轉到最大角度時，速度為零，根據動能定理得：mv2=FLmgLsin所以FLsinmgL（1cos）=00解得：=53故答案為：30；53【點評】： 本題主要考查了力矩和動能定理得直接應用，受力分析是解題的關鍵，難度適中13. (1) 下列說法正確的是_A. 光電效應現象說明光具有粒子性B. 普朗克在研究黑體輻射問題時提出了能量子假說C. 玻爾建立了量子理論，成功解釋了各種原子發(fā)光現象D. 運動的宏觀物體也具有波動性，其速度越大物質波的波長越大(2) 氫原子的能級圖如

11、圖所示，一群處于n4能級的氫原子向較低能級躍遷，能產生_種不同頻率的光子，其中頻率最大的光子是從n4的能級向n_的能級躍遷所產生的(3) 如圖所示，質量均為m的小車與木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，質量為2m的小明站在小車上用力向右迅速推出木箱，木箱相對于冰面的速度為v，接著木箱與右側豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小參考答案：三、 簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14. （8分）一定質量的理想氣體由狀態(tài)A經狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中AB過程為等壓變化，BC過程為等容變化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。（1）求氣

12、體在狀態(tài)B時的體積。（2）說明BC過程壓強變化的微觀原因（3）沒AB過程氣體吸收熱量為Q，BC過 氣體 放出熱量為Q2，比較Q1、Q2的大小說明原因。參考答案：解析：（1）設氣體在B狀態(tài)時的體積為VB，由蓋-呂薩克定律得，代入數據得。(2)微觀原因：氣體體積不變，分子密集程度不變，溫度變小，氣體分子平均動能減小，導致氣體壓強減小。(3)大于；因為TA=TB，故AB增加的內能與BC減小的內能相同，而AB過程氣體對外做正功，BC過程氣體不做功，由熱力學第一定律可知大于。考點：壓強的微觀意義、理想氣體狀態(tài)方程、熱力學第一定律15. 如圖所示，質量均為m=1kg的A、B兩物體通過勁度系數為k=100N

13、/m的輕質彈簧拴接在一起，物體A處于靜止狀態(tài)。在A的正上方h高處有一質量為的小球C，由靜止釋放，當C與A發(fā)生彈性碰撞后立刻取走小球C，h至少多大，碰后物體B有可能被拉離地面？參考答案：h0.45m設C與A碰前C的速度為v0，C與A碰后C的速度為v1，A的速度為v2，開始時彈簧的壓縮量為H。對C機械能守恒： C與A彈性碰撞：對C與A組成的系統(tǒng)動量守恒： 動能不變： 解得： 開始時彈簧的壓縮量為： 碰后物體B被拉離地面有彈簧伸長量為： 則A將上升2H，彈簧彈性勢能不變，機械能守恒： 聯立以上各式代入數據得： 四、計算題：本題共3小題，共計47分16. 如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現在

14、A、B板上加上如圖乙所示的方波電壓，時A板比B板的電勢高。電壓的正向值為，反向值也為，現有質量為m、電量為的粒子組成的粒子束，從AB的中點O沿金屬板中軸線以速度不斷射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響。試求：（1）時射入的帶電粒子在兩板間的偏轉距離；（2）粒子射出電場時的速度；（3）若要使射出電場的粒子經某一垂直紙面的圓形有界勻強磁場偏轉后，都能從圓形有界磁場邊界上的同一個點射出，從而能便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應的磁感強度是多大？參考答案：2（1）當粒子由時刻進入電場，向下偏轉距離為解得（5分）（2）打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為所以打出速度大小

15、為解得設速度方向與的夾角為，則（6分）（3）當粒子在時刻進入電場，向下偏轉距離最大當粒子由時刻進入電場，向上偏轉距離最大所以，在距離O中點下方至上方范圍內有粒子打出。所有粒子射出電場時的速度方向彼此平行，要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，粒子寬度，故磁場區(qū)域的最小半徑為粒子在磁場中作圓周運動解得（7分）17. 如圖甲所示，空間存在B=0.5T，方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是相互平行的粗糙的長直導軌，處于同一水平面內，其間距L=0.2m，R是連在導軌一端的電阻，ab是跨接在導軌上質量m=0.1kg的導體棒，從零時刻開始，通過一小型電動機對ab

16、棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導軌做直線運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，圖乙是棒的速度?時間圖象，其中OA段是直線，AC是曲線，DE是曲線圖象的漸近線，小型電動機在12s末達到額定功率P=4.5W，此后功率保持不變。除R以外，其余部分的電阻均不計，g=10m/s2。（1）求導體棒在012s內的加速度大小；（2）求導體棒與導軌間的動摩擦因數及電阻R的阻值；（3）若t=17s時，導體棒ab達最大速度，且017s內共發(fā)生位移100m，試求12s17s內R上產生的熱量Q以及通過R的電量q。參考答案：由圖中可得12s末的速度為V1=9m/s，t1=12s導體棒在012s內的加速度大小為 設金屬棒與導軌間的動摩擦因素為. A點有E1=BLV1 感應電流 由牛頓第二定律 則額定功率為 將速度v=9m/s，a=0.75m/s2和最大速度Vm=10m/s，a=0 代入?？傻?0.2R=0.4012s內導體棒勻