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15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖，豎直向上的勻強電場中，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動，在小球由靜止到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時的速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中A．小球的重力勢能增加-W1B．小球的電勢能減少W2C．小球的機械能增加W1+D．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒參考答案：AB解析：由功能關(guān)系可知，在小球由靜止到離開彈簧的過程中，小球的重力勢能增加-W1,小球的電勢能減少W2,選項AB正確；小球的機械能增加W2，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能和電勢能之和保持不變，選項CD錯誤。2.（單選題）下列說法不符合物理學(xué)史實的是（

）A．牛頓發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律B．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)C．伽利略通過理想實驗，說明物體的運動不需要力來維持D．安培提出了分子電流假說參考答案：A3.兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在0～0.4s時間內(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：本題考查圖象問題.根據(jù)速度圖象的特點可知甲做勻加速,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)氫原子能級圖（如圖)可判斷：A.氫原子躍遷時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動的有關(guān)說法正確的是A．衛(wèi)星受到的地球引力對其做正功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動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16分6.如圖甲所示為某一測量電路，電源電壓恒定。閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器由最右端滑動至最左端，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_____V，電阻Rl阻值為_____Ω，變阻器最大阻值為_____Ω。參考答案：7.一個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。現(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運動的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)時間t落回手中，已知該行星的半徑為R，則能在這個行星表面附近繞該行星做勻速圓周運動的衛(wèi)星所具有的速率為

參考答案：9.為了測量某材質(zhì)木塊與牛皮紙之間的動摩擦因數(shù)，一位同學(xué)設(shè)計了如下實驗：如圖所示，在斜面和水平面上貼上待測牛皮紙，保證木塊放在斜面頂端時能加速下滑，斜面與水平面間平滑連接。讓木塊從斜面頂端由靜止開始下滑時，該同學(xué)只用一把刻度尺就完成了測量任務(wù)（重力加速度g為已知）。（1）該同學(xué)需要測量的物理量是_____________。（用文字和字母符號來表示）（2）動摩擦因數(shù)的表達(dá)式=______________（用所測量物理量的符號表示）。參考答案：（1）釋放點與水平面的高度差h，木塊靜止點與釋放點間的水平距離s（2分）（2）h/s（3分）10.用如右圖所示裝置來驗證動量守恒定律，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，當(dāng)細(xì)線被拉直時O點到球心的距離為L，且細(xì)線與豎直線之間夾角為α；球A由靜止釋放，擺到最低點時恰與球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)寫紙的白紙D，用來記錄球B的落點。用圖中所示各個物理量的符號表示碰撞前后兩球A、B的動量（設(shè)兩球A、B碰前的動量分別為pA、pB；碰后動量分別為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，

提出實物粒子也具有波動性．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)愛因斯坦光子說的理論可知，光電效應(yīng)說明了光具有粒子性．康普頓效應(yīng)也揭示了光具有粒子性．而德布羅意波長，λ=，可知，實物粒子具有波動性．12.某興趣小組通過物塊在斜面上運動的實驗，探究“合外力做功和物體速度v變化的關(guān)系”。實驗開始前，他們提出了以下幾種猜想：①W∞②W∞v③W∞v2。他們的實驗裝置如圖甲所示，PQ為一塊傾斜放置的木板，在Q處固定一個速度傳感

器，每次實驗物體都從不同位置處由靜止釋放。

(1)實驗中是否需要測出木板與水平面的夾角?

。

(2)同學(xué)們設(shè)計了以下表格來記錄實驗數(shù)據(jù)。其中L1、L2、L3、L4……，代表物體分別從不同高度處無初速釋放時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Q點的速度。實驗次數(shù)1234……LL1L2L3L4……vv1v2v3v4……

他們根據(jù)實驗數(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，并說明理由?

。

(3)在此實驗中，木板與物體間摩擦力大小

(選填“會”或“不會”)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)進一步繪制L－v2圖象。（3）（2分）不會。13.如圖所示，水平平行線代表電場線，但未指明方向，帶電量為10-8C的正電微粒，在電場中只受電場力的作用，由A運動到B，動能損失2×10-4J，A點的電勢為-2×103V，則微粒運動軌跡是虛線______（填“1”或“2”），B點的電勢為_________V．

參考答案：

2

，

1.8×104三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.某同學(xué)想利用滑塊在傾斜氣墊導(dǎo)軌上的運動來驗證動能定理．如圖所示，測量步驟如下：（1）將長為L、原來已調(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的兩點處分別安裝光電門P1和P2．（2）用游標(biāo)卡尺測量滑塊上遮光條的寬度d．（3）接通氣源及光電計時器，將滑塊從導(dǎo)軌左端自由釋放．測得滑塊分別通過兩個光電門時遮光時間為△t1和△t2．閱讀上面的實驗步驟回答下列問題：（1）寫出本實驗驗證動能定理的原理式2g=（用測出的物理量表示）（2）實驗所用滑塊的質(zhì)量m=600g，其他數(shù)據(jù)如下L=1.5m，H=10cm，l=50cm，則實驗中外力所做的功為0.2J．（g=10m/s2）（3）寫出減小實驗系統(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，動能的增加量為：，由W=△EK得驗證動能定理的原理式為：2g=（2）代入數(shù)據(jù)可得合外力做功為：W=mgl=0.6×=0.2J（3）誤差來源來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，增大滑塊通過光電門的速度．15.如圖所示裝置可用來驗證機械能守恒，直徑為d的擺球A拴在長為L的不可伸長的輕繩一端（L>>d），繩的另一端固定在O點，O點正下方擺球重心經(jīng)過的位置固定光電門Ｂ?，F(xiàn)將擺球拉起，使繩偏離豎直方向成θ角時由靜止開始釋放擺球，當(dāng)其到達(dá)最低位置時，光電門Ｂ記錄的遮光時間為t。⑴如圖為50分度游標(biāo)卡尺測量擺球A的直徑d=

mm。⑵擺球到達(dá)最低點的速度v=

（用題中字母表示）。⑶寫出滿足機械能守恒的表達(dá)式

（用題中字母表示）。參考答案：四、計算題：本題共3小題，共計47分16.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(biāo)原點0射入電場，粒子P經(jīng)過時間T到達(dá)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(biāo)；（3）若t0=，求粒子到達(dá)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(biāo)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(biāo)為（0，vT）．（3）若t0=，粒子到達(dá)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(biāo)．（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．17.扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直干擾面．一質(zhì)量為m、電量為﹣q、重力不計的粒子，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)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時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)強度大小B1=B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差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： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題．分析： （1）加速電場中，由動能定理求出粒子獲得的速度．畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時間．（2）由幾何知識求出高度差．（3）當(dāng)粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側(cè)邊界相切時，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)．由幾何知識求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件．解答： 解：（1）如圖所示，設(shè)粒子射入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度為v，勻速圓周運動的半徑為R1．根據(jù)動能定理得：qU=mv2

①由牛頓定律，得qvB0=m

②由幾何知識，得L=2R1sinθ=R1

③聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得B0=

④粒子在磁場Ⅰ區(qū)域中運動的時間為t0=

⑤聯(lián)立上述①②③④⑤解得：t0=；（2）設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)中做勻速圓周運動的半徑為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)強度大小B1=B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0為；（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強度大小B2=B1=B0，粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差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．點評： 本題的難點在于分析臨界條件，粒子恰好穿出磁場時，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、范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.2T．兩圓筒