山西省臨汾市襄汾縣新城鎮(zhèn)聯(lián)合學(xué)校2022-2023學(xué)年高三物理下學(xué)期期末試卷含解析

山西省臨汾市襄汾縣新城鎮(zhèn)聯(lián)合學(xué)校2022-2023學(xué)年高三物理下學(xué)期期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1.如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止。現(xiàn)撤去F，使小球沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，在小球由靜止到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，重力、電場(chǎng)力對(duì)小球所做的功分別為W1和W2，小球離開(kāi)彈簧時(shí)的速度為v，不計(jì)空氣阻力，則上述過(guò)程中A．小球的重力勢(shì)能增加-W1B．小球的電勢(shì)能減少W2C．小球的機(jī)械能增加W1+D．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒參考答案：AB解析：由功能關(guān)系可知，在小球由靜止到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，小球的重力勢(shì)能增加-W1,小球的電勢(shì)能減少W2,選項(xiàng)AB正確；小球的機(jī)械能增加W2，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。2.（單選題）下列說(shuō)法不符合物理學(xué)史實(shí)的是（

）A．牛頓發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律B．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)C．伽利略通過(guò)理想實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持D．安培提出了分子電流假說(shuō)參考答案：A3.兩物體甲和乙在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們?cè)?～0.4s時(shí)間內(nèi)的v-t圖象如圖所示。若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時(shí)間t1分別為A．和0.30s

B．3和0.30sC．和0.28s

D．3和0.28s參考答案：B

解析：本題考查圖象問(wèn)題.根據(jù)速度圖象的特點(diǎn)可知甲做勻加速,乙做勻減速.根據(jù)得,根據(jù)牛頓第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正確.4.根據(jù)氫原子能級(jí)圖（如圖)可判斷：A.氫原子躍遷時(shí)放出的光子的能量是連續(xù)的B.電子的軌道半徑越小，氫原子能量越大C.處于基態(tài)的氫原子是最穩(wěn)定的D.欲使處于基態(tài)的氫原子激發(fā)，可用11eV的光子照射參考答案：C5.（單選）關(guān)于衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的有關(guān)說(shuō)法正確的是A．衛(wèi)星受到的地球引力對(duì)其做正功B．衛(wèi)星的軌道半徑越大，其線速度越大C．衛(wèi)星的軌道半徑越大，其周期越小D．衛(wèi)星受到的地球引力提供為圓周運(yùn)動(dòng)所需之向心力參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計(jì)16分6.如圖甲所示為某一測(cè)量電路，電源電壓恒定。閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器由最右端滑動(dòng)至最左端，兩電壓表的示數(shù)隨電流變化的圖象如圖乙所示，可知：_____（填“a”或“b”）是電壓表V2示數(shù)變化的圖象，電源電壓為_(kāi)____V，電阻Rl阻值為_(kāi)____Ω，變阻器最大阻值為_(kāi)____Ω。參考答案：7.一個(gè)物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖l所示?，F(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運(yùn)動(dòng)的v一t圖像呈周期性變化，如圖2所示。則盒內(nèi)物體的質(zhì)量為

。參考答案：M8.某人在某行星表面以速率v豎直上拋一物體，經(jīng)時(shí)間t落回手中，已知該行星的半徑為R，則能在這個(gè)行星表面附近繞該行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星所具有的速率為

參考答案：9.為了測(cè)量某材質(zhì)木塊與牛皮紙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，一位同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：如圖所示，在斜面和水平面上貼上待測(cè)牛皮紙，保證木塊放在斜面頂端時(shí)能加速下滑，斜面與水平面間平滑連接。讓木塊從斜面頂端由靜止開(kāi)始下滑時(shí)，該同學(xué)只用一把刻度尺就完成了測(cè)量任務(wù)（重力加速度g為已知）。（1）該同學(xué)需要測(cè)量的物理量是_____________。（用文字和字母符號(hào)來(lái)表示）（2）動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式=______________（用所測(cè)量物理量的符號(hào)表示）。參考答案：（1）釋放點(diǎn)與水平面的高度差h，木塊靜止點(diǎn)與釋放點(diǎn)間的水平距離s（2分）（2）h/s（3分）10.用如右圖所示裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，質(zhì)量為mB的鋼球B放在小支柱N上，離地面高度為H；質(zhì)量為mA的鋼球A用細(xì)線拴好懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)細(xì)線被拉直時(shí)O點(diǎn)到球心的距離為L(zhǎng)，且細(xì)線與豎直線之間夾角為α；球A由靜止釋放，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰與球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球把輕質(zhì)指示針C推移到與豎直夾角為β處，B球落到地面上，地面上鋪有一張蓋有復(fù)寫(xiě)紙的白紙D，用來(lái)記錄球B的落點(diǎn)。用圖中所示各個(gè)物理量的符號(hào)表示碰撞前后兩球A、B的動(dòng)量（設(shè)兩球A、B碰前的動(dòng)量分別為pA、pB；碰后動(dòng)量分別為PA/、PB/，則PA=_________，PA/=_________，PB=_________，PB/

=_________。

參考答案：mA

，mA

，0，11.光電效應(yīng)和

都證明光具有粒子性，

提出實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性．參考答案：康普頓效應(yīng)，德布羅意解：物體在光的照射下發(fā)射出電子的現(xiàn)象叫光電效應(yīng)，根據(jù)愛(ài)因斯坦光子說(shuō)的理論可知，光電效應(yīng)說(shuō)明了光具有粒子性．康普頓效應(yīng)也揭示了光具有粒子性．而德布羅意波長(zhǎng)，λ=，可知，實(shí)物粒子具有波動(dòng)性．12.某興趣小組通過(guò)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，探究“合外力做功和物體速度v變化的關(guān)系”。實(shí)驗(yàn)開(kāi)始前，他們提出了以下幾種猜想：①W∞②W∞v③W∞v2。他們的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，PQ為一塊傾斜放置的木板，在Q處固定一個(gè)速度傳感

器，每次實(shí)驗(yàn)物體都從不同位置處由靜止釋放。

(1)實(shí)驗(yàn)中是否需要測(cè)出木板與水平面的夾角?

。

(2)同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了以下表格來(lái)記錄實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。其中L1、L2、L3、L4……，代表物體分別從不同高度處無(wú)初速釋放時(shí)初始位置到速度傳感器的距離，v1、v2、v3、v4……，表示物體每次通過(guò)Q點(diǎn)的速度。實(shí)驗(yàn)次數(shù)1234……LL1L2L3L4……vv1v2v3v4……

他們根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制了如圖乙所示的L-v圖象，由圖象形狀得出結(jié)論W∞v2。

他們的做法是否合適，并說(shuō)明理由?

。

(3)在此實(shí)驗(yàn)中，木板與物體間摩擦力大小

(選填“會(huì)”或“不會(huì)”)影響得出的探究結(jié)果。參考答案：（1）（2分）不需要。（2）（2分）不合適。由曲線不能直接確定函數(shù)關(guān)系，應(yīng)進(jìn)一步繪制L－v2圖象。（3）（2分）不會(huì)。13.如圖所示，水平平行線代表電場(chǎng)線，但未指明方向，帶電量為10-8C的正電微粒，在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力的作用，由A運(yùn)動(dòng)到B，動(dòng)能損失2×10-4J，A點(diǎn)的電勢(shì)為-2×103V，則微粒運(yùn)動(dòng)軌跡是虛線______（填“1”或“2”），B點(diǎn)的電勢(shì)為_(kāi)________V．

參考答案：

2

，

1.8×104三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，每小題11分，共計(jì)22分14.某同學(xué)想利用滑塊在傾斜氣墊導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)來(lái)驗(yàn)證動(dòng)能定理．如圖所示，測(cè)量步驟如下：（1）將長(zhǎng)為L(zhǎng)、原來(lái)已調(diào)至水平的氣墊導(dǎo)軌的左端墊高H，在導(dǎo)軌上間距為l的兩點(diǎn)處分別安裝光電門P1和P2．（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量滑塊上遮光條的寬度d．（3）接通氣源及光電計(jì)時(shí)器，將滑塊從導(dǎo)軌左端自由釋放．測(cè)得滑塊分別通過(guò)兩個(gè)光電門時(shí)遮光時(shí)間為△t1和△t2．閱讀上面的實(shí)驗(yàn)步驟回答下列問(wèn)題：（1）寫(xiě)出本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)能定理的原理式2g=（用測(cè)出的物理量表示）（2）實(shí)驗(yàn)所用滑塊的質(zhì)量m=600g，其他數(shù)據(jù)如下L=1.5m，H=10cm，l=50cm，則實(shí)驗(yàn)中外力所做的功為0.2J．（g=10m/s2）（3）寫(xiě)出減小實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的一種措施適當(dāng)提高滑塊的初始位置，增大滑塊通過(guò)光電門的速度．參考答案：解：（1）合外力做功即為重力所做的功為：W=mgh=mglsinθ=mgl，動(dòng)能的增加量為：，由W=△EK得驗(yàn)證動(dòng)能定理的原理式為：2g=（2）代入數(shù)據(jù)可得合外力做功為：W=mgl=0.6×=0.2J（3）誤差來(lái)源來(lái)自于滑塊速度的近似處理，可以適當(dāng)提高滑塊的初始位置，增大滑塊通過(guò)光電門的速度或減小遮光條的寬度．故答案為：（1）2g=；（2）0.2J；（3）適當(dāng)提高滑塊的初始位置，增大滑塊通過(guò)光電門的速度．15.如圖所示裝置可用來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒，直徑為d的擺球A拴在長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端（L>>d），繩的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)正下方擺球重心經(jīng)過(guò)的位置固定光電門Ｂ?，F(xiàn)將擺球拉起，使繩偏離豎直方向成θ角時(shí)由靜止開(kāi)始釋放擺球，當(dāng)其到達(dá)最低位置時(shí)，光電門Ｂ記錄的遮光時(shí)間為t。⑴如圖為50分度游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球A的直徑d=

mm。⑵擺球到達(dá)最低點(diǎn)的速度v=

（用題中字母表示）。⑶寫(xiě)出滿足機(jī)械能守恒的表達(dá)式

（用題中字母表示）。參考答案：四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分16.如圖（a）所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與X軸平行，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示，E為+E0時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向．有一帶正電的粒子P，在某一時(shí)刻t0以某一速度v沿Y軸正方向自坐標(biāo)原點(diǎn)0射入電場(chǎng)，粒子P經(jīng)過(guò)時(shí)間T到達(dá)的點(diǎn)記為A（A點(diǎn)在圖中未畫(huà)出）．若to=0，則OA連線與Y軸正方向夾角為45°，不計(jì)粒子重力：（1）求粒子的比荷；（2）若t0=，求A點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）若t0=，求粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度．參考答案：解：（1）粒子在t0=0時(shí)刻射入電場(chǎng)，粒子沿y軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(chǎng)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(shí)刻射入電場(chǎng)，粒子沿y軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)的坐標(biāo)為（0，vT）（3）粒子在t0=時(shí)刻射入電場(chǎng)，粒子沿y軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度不變；沿x軸方向在～內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，末速度為v4，則：

v4=a

粒子沿x軸方向在～T內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，末速度為v5，則：

粒子沿x軸方向在T～內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，末速度為v6，則：

解得：v6=0

則：粒子通過(guò)A點(diǎn)的速度為v．答：（1）求粒子的比荷為．（2）若t0=，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，vT）．（3）若t0=，粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度為v．【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)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(yùn)動(dòng)情況比較雜．y軸方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而x軸上從t0=0出發(fā)的粒子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速，則經(jīng)過(guò)Tvx=0，把xy方向的分位移分別求出來(lái)，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(shí)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(diǎn)的坐標(biāo)．（3）從時(shí)刻出發(fā)的粒子，在x軸方向上先經(jīng)時(shí)刻勻加速，在經(jīng)過(guò)時(shí)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．17.扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺．其簡(jiǎn)化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)邊界豎直，相距為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向相反且垂直干擾面．一質(zhì)量為m、電量為﹣q、重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時(shí)速度與水平和方向夾角θ=30°（1）當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時(shí)，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件．參考答案：考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力．專題： 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．分析： （1）加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理求出粒子獲得的速度．畫(huà)出軌跡，由幾何知識(shí)求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時(shí)間．（2）由幾何知識(shí)求出高度差．（3）當(dāng)粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側(cè)邊界相切時(shí)，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)．由幾何知識(shí)求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件．解答： 解：（1）如圖所示，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1．根據(jù)動(dòng)能定理得：qU=mv2

①由牛頓定律，得qvB0=m

②由幾何知識(shí)，得L=2R1sinθ=R1

③聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得B0=

④粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0=

⑤聯(lián)立上述①②③④⑤解得：t0=；（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由牛頓第二定律得：qvB2=m，由于B2=B1，得到R2=R1=L，由幾何知識(shí)可得：h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得h=（2﹣）L；（3）如圖2所示，為使粒子能再次回到I區(qū)，應(yīng)滿足：R2（1+sinθ）＜L，代入數(shù)據(jù)解得：B2＞h；答：（1）當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時(shí)，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為30°，B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0為；（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0，粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h為（2﹣）L；（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件為B2＞h．點(diǎn)評(píng)： 本題的難點(diǎn)在于分析臨界條件，粒子恰好穿出磁場(chǎng)時(shí)，其軌跡往往與邊界相切．18.如圖所示，半徑R=0.5m的金屬圓筒a內(nèi)同軸放置一半徑稍小的金屬圓筒b，筒a外部有平行于圓筒軸線、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T．兩圓筒