河南省駐馬店市古城鄉(xiāng)中學2023年高三物理期末試卷含解析

河南省駐馬店市古城鄉(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.（多選）由于某種原因，人造地球衛(wèi)星的軌道半徑減小了，那么A．衛(wèi)星受到的萬有引力增大，線速度減小B．衛(wèi)星的向心加速度增大，周期減小C．衛(wèi)星的動能、重力勢能和機械能都減小D．衛(wèi)星的動能增大，重力勢能減小，機械能減小參考答案：答案：BD：人造地球衛(wèi)星萬有引力提供向心力，半徑減少，萬有引力增加，加速度增加，運行速度增加，周期減少，重力做正功，重力勢能減少，速度增加，動能增加，半徑減小的原因應是有阻力作用，所以機械能減少，AC錯誤；BD正確。2.（單選）放在光滑水平面上的木塊受到幾個水平力的作用處于靜止狀態(tài)，現使其中一個力方向不變，大小逐漸減小到零，然后再逐漸恢復到原的值，同時保持其他力不變．以下是描述木塊在這個運動過程中的v－t圖象，其中正確的是()

參考答案：D解析：物體在多個力的作用下處于靜止狀態(tài)，物體所受的合力為零，使其中的一個力的大小在一段時間內均勻減小到零，然后又從零均勻增大到原的大小的過程中，物體的合力從開始均勻增大，又均勻減小恢復到零，則物體的加速度先均勻增大后均勻減小到零，物體先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速度運動．根據速度圖象的斜率等于加速度可知，速度-時間圖象的斜率先增大后減小，故D正確;故選：D．3.關于摩擦起電和感應起電，以下說法正確的是（）A． 摩擦起電是因為電荷的轉移，感應起電是因為產生電荷B． 摩擦起電是因為產生電荷，感應起電是因為電荷的轉移C． 不論摩擦起電還是感應起電都是電荷的轉移D． 以上說法均不正確參考答案：C考點：元電荷、點電荷解：摩擦起電的實質是電子從一個物體轉移到另一個物體，即說明了電荷可以從一個物體轉移到另一個物體，并沒有產生電荷．感應起電過程電荷在電場力作用下，電荷從物體的一部分轉移到另一個部分，所以ABD錯誤，C正確．故選C4.（單選）如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里勻強磁場。質量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的軌跡。已知O是PQ的中點，不計粒子重力。下列說法中正確的是A．粒子a帶負電，粒子b、c帶正電B．射入磁場時粒子a的速率最小C．射出磁場時粒子b的動能最小D．粒子c在磁場中運動的時間最長參考答案：5.如圖所示，直線上有o、a、b、c四點，ab間的距離與bc間的距離相等，在o點處有固定點電荷，已知b點電勢高于c點電勢．若一帶電負電荷的粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動到a點，則(

)A．兩過程中電場力做的功相等B．前一過程中電場力做的功大于后一過程中電場力做的功C．前一過程中，粒子電勢能不斷減小

D．后一過程中，粒子動能不斷減小參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示：一半圓形玻璃磚外面插上Pl、P2、P3、P4四枚大頭針時，P3、P4恰可擋住Pl、P2所成的像，則該玻璃磚的折射率__________。有一同學把大頭針插在、位置時，在MN的下方向上觀察，看不到大頭針的像，其原因是_______________________。參考答案：，全反射7.質量為m=60kg的人站在質量為M=100kg的小車上，一起以v=3m/s的速度在光滑水平地面上做勻速直線運動．若人相對車以u=4m/s的速率水平向后跳出，則車的速率變?yōu)?.5m/s．參考答案：考點：動量守恒定律．專題：動量定理應用專題．分析：首先要明確參考系，一般選地面為參考系．其次選擇研究的對象，以小車和車上的人組成的系統為研究對象．接著選擇正方向，以小車前進的方向為正方向．最關鍵的是明確系統中各物體的速度大小及方向，跳前系統對地的速度為v0，設跳離時車對地的速度為v，人對地的速度為﹣u+v．最后根據動量守恒定律列方程求解．解答：解：選地面為參考系，以小車和車上的人為系統，以小車前進的方向為正方向，跳前系統對地的速度為v0，設跳離時車對地的速度為v，人對地的速度為﹣u+v，根據動量守恒定律：（M+m）v0=Mv+m（﹣u+v′），解得：v′=v+u，代入數據解得：v′=4.5m/s；故答案為：4.5．點評：運動動量守恒定律時，一定要注意所有的速度都是相對于同一個參考系，因此該題的難點是人對地的速度為多大．8.如右圖所示，a、b、c是勻強電場中的直角三角形的三個頂點，已知a、b、c三點的電勢分別為φa＝8V，φb＝－4V，φc＝2V，已知ab＝10cm，ac＝5cm，ac和ab的夾角為60°，試確定場強的方向___________大小____________參考答案：方向斜向右上與ac成30°

80V/m9.盧瑟福用a粒子轟擊氮核時發(fā)現了質子.完成其核反應方程：N+He→

.參考答案：O+H10.如圖為“用DIS（位移傳感器、數據采集器、計算機）研究加速度和力的關系”的實驗裝置。實驗操作中，用鉤碼所受的重力作為小車所受外力，用DIS系統測定小車的加速度。在保持小車總質量不變的情況下，改變所掛鉤碼的數量，多次重復測量，將數據輸入計算機，得到如圖所示的a~F關系圖線。（1）小車上安裝的是位移傳感器的__________部分。（2）分析發(fā)現圖線在水平軸上有明顯的截距（OA不為零），這是因為____________。（3）圖線AB段基本是一條直線，而BC段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是（單選）（A）小車與軌道之間存在摩擦（B）釋放小車之前就啟動記錄數據的程序（C）實驗的次數太多（D）鉤碼的總質量明顯地大于小車的總質量在多次實驗中，如果鉤碼的總質量不斷地增大，BC曲線將不斷地延伸，那么該曲線所逼近的漸近線的方程為__________。參考答案：（1）發(fā)射器（2分）（2）小車所受的摩擦力過大（2分）（3）D（2分），a=g（a=10m/s2）（2分）11.質量為4.0kg的物體A靜止在水平桌面上，另一個質量為2.0kg的物體B以5.0m/s的水平速度與物體A相碰。碰后物體B以1.0m/s的速度反向彈回，則系統的總動量為_________kg·m/s，碰后物體A的速度大小為__________m/s。參考答案：10，3

12.某實驗小組的同學欲“探究小車動能變化與合外力對它所做功的關系”，在實驗室設計了一套如圖甲所示的裝置，圖中A為小車，B打點計時器，C為彈簧測力計，P為小桶(內有沙子)，一端帶有定滑輪的足夠長的木板水平放置，不計繩與滑輪的摩擦．實驗時，先接通電源再松開小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點．(1)該同學在一條比較理想的紙帶上，從點跡清楚的某點開始記為零點，順次選取一系列點，分別測量這些點到零點之間的距離x，計算出它們與零點之間的速度平方差△v2=v2－v02，彈簧秤的讀數為F，小車的質量為m，然后建立△v2—x坐標系，通過描點法得到的圖像是一條過原點的直線，如圖乙所示，則這條直線的斜率的意義為___________．（填寫表達式）(2)若測出小車質量為0．4kg，結合圖像可求得小車所受合外力的大小為__________N．(3)另一名同學用如圖裝置探究小車加速度a和小車所受合外力F（彈簧秤讀數）的關系圖像，但由于忘記了平衡摩擦力，則他得出的結論是（

）參考答案：2F/m

1

B13.已知地球質量為M，萬有引力恒量為G，地球半徑為R，人造衛(wèi)星在高空繞地球運行的軌道半徑為r，則其繞地球運行的環(huán)繞速度V=

，在地球表面附近運行的人造衛(wèi)星的第一宇宙速度V1=

。參考答案：，三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.有一內阻為30kΩ的直流電壓表V，其刻度盤上所標示的數值模糊不清，但共有30個均勻小格的刻度線是清晰的，并已知量程約為25V～35V．為了測出電壓表的量程，現有下列器材可供選用：標準電壓表V1：量程3V，內阻3kΩ；電流表A：量程0﹣3A，內阻未知；滑動變阻器R：總阻值1kΩ；電源E：電動勢30V，內阻不能忽略；電鍵、導線若干（1）要求測量多組數據，并有盡可能高的精確度，請選擇所需要的器材并畫出實驗電路圖．（2）選用記錄數據中任一組，寫出計算量程的表達式Ug=．式中各字母的意義是：U表示標準電壓表的讀數，N表示待測電壓表指針偏轉格數．（3）測出量程后便可以根據指針所指格數讀取電壓值了．某同學想通過上述電壓表V測量一個多用電表中歐姆擋的內部電的電動勢，他從多用電表刻度盤上讀出電阻刻度中間值為30，將電壓表V與選用“×1k”擋的多用電表直接相連，讀出電壓表的讀數為U．實驗過程中．一切操作都是正確的．則歐姆表電池的電動勢表達式為E0=2U．參考答案：【考點】：把電流表改裝成電壓表．【專題】：實驗題；交流電專題．【分析】：本題（1）的關鍵是根據待測電壓表V和電壓表的額定電流接近可知，應將兩者串聯使用，再根據變阻器的全電阻遠小于待測電壓表內阻，可知變阻器應采用分壓式接法；題（2）的關鍵是設出待測電壓表每小格的電流，然后根據歐姆定律和串并聯規(guī)律即可求解；題（3）的關鍵是明確選用“×1k”檔時歐姆表的中值電阻為30kΩ，然后根據閉合電路歐姆定律即可求解．：解：（1）：由I=可求出待測電壓表的量程約為0.83～1.17mA，遠小于電流表A的量程，所以不能使用電流表；由于標準電壓表的額定電流為，與待測電流表的量程接近，所以應將待測電壓表V與標準電壓表串聯使用；由于滑動變阻器的全電阻遠小于待測電壓表內阻，所以變阻器應采用分壓式接法，電路圖如圖所示：（2）：設待測電壓表每小格電流為，則其量程為：==30=9…①設待測電壓表讀數偏轉格數為N時標準電壓表讀數為U，根據串并聯規(guī)律應有：…②聯立①②解得：=，其中U表示標準電壓表的讀數，N表示待測電壓表指針偏轉格數；（3）：當選用“×1k”當時，歐姆表的中值電阻為：=30×1kΩ=30kΩ，根據閉合電路歐姆定律，應有：=U+，將=30kΩ代入上式，解得：；故答案為：（1）如圖（2），U表示標準電壓表的讀數，N表示待測電壓表指針偏轉格數（3）2U【點評】：應明確：①注意電表的反常規(guī)接法，即電壓表可以串聯（當做電流表）使用，電流表也可以并聯使用（當做電壓表），只要滿足電表指針偏轉量程以上即可；②當變阻器的全電阻遠小于待測電阻時，變阻器應采用分壓式接法；③明確歐姆表的改裝原理和方法．15.在“互成角度的兩個力的合成”實驗中，如圖所示，用AB兩彈簧秤拉橡皮條結點O，使其位于E處，此時+=90°，然后保持A的讀數不變，當角由圖中所示的值逐漸減小時，要使結點仍在E處，可采取的辦法是

▲▲

A．增大B的讀數，減小角

B．減小B的讀數，減小角C．減小B的讀數，增大角

D．增大B的讀數，增大角參考答案：B四、計算題：本題共3小題，共計47分16.質量為10kg的物體在20N水平力作用下，從靜止開始在光滑水平面上運動，運動5秒后撤去水平力．求物體從開始運動到10s末，物體經過的位移和10s末的速度？參考答案：考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）開始階段物體受到重力、水平面的支持力和水平力作用，支持力與重力平衡，物體的合力等于水平力，根據牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求解速度．（2）撤去水平力F后，物體做勻速直線運動，由x=vt求出撤去水平力5s內的位移，再求解總位移．解答：解：（1）根據牛頓第二定律得F=maa===2m/s210s末的速度V1=at1=10m/s則撤去水平力后物體做勻速直線運動的速度V2=V1=10m/s（2）水平力作用5s物體的位移s1=a==25m撤去水平力5s內的位移，s2=v1t2=10×5=50m所以物體從開始運動到10s末，物體經過的位移S=s1+s2=25+50=75m．答：10s末的速度為10m/s，位移為75m．點評：本題是牛頓第二定律與運動學公式的綜合應用，物理過程和受力情況都比較簡單．17.如圖（a）所示，傾角為θ的光滑斜面上有兩個磁場區(qū)域，磁感應強度大小都為B，沿斜面寬度都為d，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁感應強度方向垂直斜面向下，兩磁場區(qū)域間距為d。斜面上有一矩形導體框，其質量為m，電阻為R，導體框ab、cd邊長為L，bc、ad邊長為3d/2。剛開始時，導體框cd邊與磁場區(qū)域Ⅰ的上邊界重合；t=0時刻，靜止釋放導體框；t1時刻ab邊恰進入磁場區(qū)域Ⅱ，框中電流為I1；隨即平行斜面垂直于cd邊對導體框施加力，使框中電流均勻增加，到t2時刻框中電流為I2。此時，ab邊未出磁場區(qū)域Ⅱ，框中電流如圖（b）所示。（1）在0-t2時間內，通過導體框截面的電量為多少？（2）在0-t1時間內，導體框產生的熱量為多少？（3）證明金屬框在t1-t2時間內做勻加速運動，并求出加速度；（4）令t1-t2時間內導體框加速度為a,寫出t1-t2時間內施加在導體框上的力F與時刻t的函數式，并定性分析F大小的變化情況。參考答案：（1）0~t1階段：……（1分）

t1~t2階段：……（1分）0~t2時間內：……（1分）（2）0~t1階段：∵∴……①……（1分）根據動能定理