2022-2023學年福建省福州市秀山中學高三物理測試題含解析

2022-2023學年福建省福州市秀山中學高三物理測試題含解析一、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.（單選）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，一端系在豎直放置、半徑為R的光滑圓環(huán)頂點P，另一端連接一套在圓環(huán)上且質量為m的小球．開始時小球位于A點，此時彈簧處于原長且與豎直方向的夾角為45°，之后小球由靜止沿圓環(huán)下滑，小球運動的最低點B時的速率為v，此時小球與圓環(huán)之間的壓力恰好為零，已知重力加速度為g．下列分析正確的是（）A．輕質彈簧的原長為RB．小球過B點時，所受的合力為C．小球從A到B的過程中，重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能D．小球運動到B點時，彈簧的彈性勢能為mgR-mv2參考答案：【知識點】功能關系．E6【答案解析】D解析：A、由幾何知識可知彈簧的原長為R，A錯誤；B、根據(jù)向心力公式：小球過B點時，則由重力和彈簧彈力的合力提供小球的向心力，F(xiàn)合=，B錯誤；C、以小球和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，在小球從A到B的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，小球重力勢能減小轉化為彈簧的彈性勢能和動能．故C錯誤．

D、根據(jù)能量的轉化與守恒：mgR=mv2+EP得：EP=mgR-mv2故D正確；故選：D．【思路點撥】從A到B的過程中，小球的機械能減?。畯腁到B的過程中，小球受到彈簧的彈力做負功，重力做正功，根據(jù)動能定理分析兩個功之間的大小關系．小球過B點時，由重力和彈簧彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出彈簧的彈力．小球過B點時，合力與速度垂直，其功率為零．此題中小球的機械能不守恒，可以從能量轉化的角度進行分析．確定功的大小，可以根據(jù)動能定理分析總功的正負來判斷．2.如圖所示為一物體做直線運動的v～t圖象，則A．在0～6s內，物體離出發(fā)點最遠為30mB．在0～6s內，物體經(jīng)過的路程為40mC．在0～4s內，物體的平均速率為7.5m/sD．5～6s內，物體所受的合外力做負功參考答案：BC3.（單選）如圖所示，重物M沿豎直桿下滑，并通過繩帶動小車沿斜面升高。問：當滑輪右側的繩與豎直方向成θ角，且[來重物下滑的速率為v時，小車的速度為：A．vsinθ

C.vcosθ

B.v/cosθ

D.v/sinθ參考答案：A4.（單選題）在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)對B施加一豎直向下的力F，F(xiàn)的作用線通過球心，設B對墻的作用力為F1，B對A的壓力為F2。在F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止的過程中（

）A．F1、F2均緩慢增大B．F1、F2均緩慢減小C．F1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢減小 D．F1緩慢減小，F(xiàn)2緩慢增大參考答案：A5.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(shù)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(shù)，減小角

B．減小B的讀數(shù)，減小角C．減小B的讀數(shù)，增大角

D．增大B的讀數(shù)，增大角參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，一定質量的某種理想氣體由狀態(tài)A變?yōu)闋顟B(tài)B，A、B兩狀態(tài)的相關參量數(shù)據(jù)已標于壓強—體積圖象上。該氣體由AB過程中對外做功400J，則此過程中氣體內能增加了

J，從外界吸收了

J熱量參考答案：0（2分）

400（2分）觀察A、B兩點PV的乘積不變，溫度沒有變，對于理想氣體內能只與溫度有關，所以內能沒有變，改變內能的兩種形式有做功和熱傳遞，從外界吸熱等于對外做功400J

7.小球A以初速度v-0做豎直上拋運動,上升的最大高度為H。小球B以初速度v-0沿著足夠長的光滑斜面上滑；小球C以初速度v-0沿著光滑的圓軌道（O為圓軌道的圓心，圓軌道的半徑為R，且R<H）從最低點上滑，如圖所示。則B、C兩球上升的最大高度與H的關系為__________。

參考答案：8.圖示是某時刻兩列簡諧橫波的波形圖，波速大小均為10m/s，一列波沿x軸正向傳播(實線所示)；另一列波沿x軸負向傳播(虛線所示)，則在x軸上質點a(x=1m)和b(x=2m)中，質點___________(選填“a”或“b”)振動加強，從該時刻起經(jīng)過0.1s時，c質點坐標為___________。參考答案：

(1).a

(2).（3m,0.4m）【詳解】(1)兩列波長相同的波疊加，由圖象知，b、d兩點都是波峰與波谷相遇點，則b、d兩點振動始終減弱，是振動減弱點；(2)由圖象可知，兩列波的波長都為λ=4m，則周期,而，c點此時向上運動，經(jīng)過到達波谷，此時y方向的位移為y=-2A=-0.4cm，故c點的坐標為（3m，-0.4cm）.【點睛】本題考查了波的疊加原理，要知道波峰與波峰或波谷與波谷相遇點振動加強，波峰與波谷相遇點振動減弱，要注意：振動加強點并不是位移始終最大.9.圖中虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場?，F(xiàn)通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小、并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關。此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線。（1）在圖中畫線連接成實驗電路圖。（2）完成下列主要實驗步驟中的填空①按圖接線。②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細沙質量m1。③閉合開關S，調節(jié)R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D________；然后讀出___________________，并用天平稱出____________。④用米尺測量_______________。（3）用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B=_________。（4）判定磁感應強度方向的方法是：若____________，磁感應強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應強度方向垂直紙面向里。參考答案：10.用多用電表測電阻每次選擇倍率后，都必須手動進行電阻_________。下圖是測某一電阻時表盤指針位置，是用1×100的倍率則此電阻的阻值為__________.為了提高測量的精度，應選擇___________的倍率更好.（從×1、×10、×1K中選?。﹨⒖即鸢福河枚嘤秒姳頊y電阻每次選擇倍率后，都必須手動進行歐姆調零。歐姆表表盤讀數(shù)為4.5Ω，由于選擇的是“×l00”倍率，故待測電阻的阻值是450Ω。為了提高測量的精度，應使表針指在中間位置附件，故選擇“×l0”的倍率更好。11.一個小物塊從底端沖上足夠長的斜面后，又返回到斜面底端。已知小物塊的初動能為E，它返回到斜面底端的速度大小為v，克服摩擦阻力做功為E/2。若小物塊沖上斜面的動能為2E，則物塊返回斜面底端時的動能為

。參考答案：12.如圖甲所示是某時刻一列機械波的圖象，圖乙是坐標原點O處質點從此時刻開始的振動圖象．由此可知，K、L、M三個質點，________質點最先回到平衡位置；該機械波的波速為v＝________.參考答案：M1m/s13.為了探究力對物體做功與物體速度變化的關系，現(xiàn)提供如圖所示的器材，讓小車在橡皮筋的作用下彈出后，沿木板滑行，請思考回答下列問題(打點計時器交流電頻率為50Hz)：

(1)為了消除摩擦力的影響應采取什么措施?

(2)當我們分別用同樣的橡皮筋l條、2條、3條……并起來進行第l次、第2次、第3次……實驗時，每次實驗中橡皮筋拉伸的長度應都保持一致，我們把第l次實驗時橡皮筋對小車做的功記為W．

(3)由于橡皮筋對小車做功而使小車獲得的速度可以由打點計時器和紙帶測出，如圖所示是其中四次實驗打出的部分紙帶．(4)試根據(jù)第(2)、(3)項中的信息，填寫下表．

次數(shù)

1

2

3

4

橡皮筋對小車做功

W

小車速度V(m/s)

V2

(m2/s2)

從表中數(shù)據(jù)可得出結論：

．參考答案：（1）墊高放置打點計時器一端，使自由釋放的小車做勻速運動

次數(shù)

1

2

3

4

橡皮筋對小車做功

W

2W

3W

4W

小車速度V(m/s)

1.00

1.42

1.73

2.00

V2

(m2/s2)

1.00

2.02

2.99

4.00（2）

(3)在誤差準許的范圍內，做功與速度的平方成正比三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖為一塊直角三棱鏡，頂角A為30°．一束激光沿平行于BC邊的方向射向直角邊AB，并從AC邊射出，出射光線與AC邊夾角也為30°．則該激光在棱鏡中的傳播速度為多少？(結果保留兩位有效數(shù)字)參考答案：1.7×108m/s解：光路圖如圖：

由幾何關系得：α=∠A=30°，β=90°-30°=60°

折射率

激光在棱鏡中傳播速【點睛】幾何光學要正確作出光路圖，由幾何知識找出入射角和折射角是關鍵．知道光速和折射率的關系.15.（簡答）如圖13所示,滑塊A套在光滑的堅直桿上,滑塊A通過細繩繞過光滑滑輪連接物塊B,B又與一輕質彈贊連接在一起，輕質彈簧另一端固定在地面上,’開始用手托住物塊.使繩子剛好伸直處于水平位位置但無張力?，F(xiàn)將A由靜止釋放.當A下滑到C點時(C點圖中未標出)A的速度剛好為零，此時B還沒有到達滑輪位置，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,滑輪質量和大小及摩擦可忽略不計，滑輪與桿的水平距離L=0.3m,AC距離為0.4m，mB=lkg,重力加速度g=10m/s2。試求：(1)滑'塊A的質量mA(2)若滑塊A質量增加一倍,其他條件不變，仍讓滑塊A從靜止滑到C點,則滑塊A到達C點時A、B的速度大小分別是多少？參考答案：（1）

（2）

（3），功能關系．解析：（1）開始繩子無張力，對B分析有kx1=mBg，解得：彈簧的壓縮量x1=0.1m（1分）當物塊A滑到C點時，根據(jù)勾股定理繩伸出滑輪的長度為0.5m，則B上升了0.2m,所以彈簧又伸長了0.1m。（1分）由A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，又彈簧伸長量與壓縮量相等則彈性勢能變化量為零所以mAgh1=mBgh2（2分）其中h1=0.4m，h2=0.2m所以mA=0.5kg（1分）（2）滑塊A質量增加一倍，則mA=1kg，令滑塊到達C點時A、B的速度分別為v1和v2

由A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得（2分）又有幾何關系可得AB的速度關系有vAcosθ=vB（1分）其中θ為繩與桿的夾角且cosθ=0.8解得：（1分）（1分）（1）首先由物體靜止條件求出彈簧壓縮的長度，再根據(jù)幾何知識求出物體B上升的距離，從而可求出彈簧伸長的長度，然后再根據(jù)能量守恒定律即可求解物體A的質量；題（2）的關鍵是根據(jù)速度合成與分解規(guī)律求出物體B與A的速度關系，然后再根據(jù)能量守恒定律列式求解即可．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，圓心在原點、半徑為R的圓將xOy平面分為兩個區(qū)域，在圓內區(qū)域Ⅰ（r≤R）和圓外區(qū)域Ⅱ（r＞R）的第一、二象限分別存在兩個勻強磁場，方向均垂直于xOy平面．垂直于xOy平面放置兩塊平面熒光屏，其中熒光屏甲平行于y軸放置在x=2.6R的位置，熒光屏乙平行于x軸放置在y=3.5R的位置．現(xiàn)有一束質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子由靜止經(jīng)過加速電壓為U的加速電場后從坐標為（0，﹣R）的A點沿y軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，最終打在熒光屏甲上，出現(xiàn)亮點N的坐標為（2.6R，0.8R）．若撤去圓外磁場，粒子也打在熒光屏甲上，出現(xiàn)亮點M的坐標為（2.6R，0），此時，若將熒光屏甲沿x軸正方向平移，發(fā)現(xiàn)亮點的y軸坐標始終保持不變．不計粒子重力影響．（1）求在區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中粒子運動速度v1、v2的大??；（2）求在區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中磁感應強度B1、B2的大小和方向；（3）若加速電壓變?yōu)?U，且上述兩個磁場方向均反向，熒光屏仍在初速位置，求粒子到達熒光屏的位置坐標．參考答案：解：（1）粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，打在M點和N點的粒子動能均為不變；速度v1、v2大小相等，設為v，由Uq=mv2可得v=（2）如圖所示，區(qū)域Ⅱ中無磁場時，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動四分之一圓周后，從C點沿y軸負方向打在M點，軌跡圓心是o1點，半徑為r1=R區(qū)域Ⅱ有磁場時，粒子軌跡圓心是O2點，半徑為r2，由幾何關系得r22=（1.2R）2+（r2﹣0.4R）2解得r2=2R由qvB=m得B=則入半徑可知，B1=，方向垂直xoy平面向外．B2=，方向垂直xoy平面向里．（3）如圖所示，粒子先在區(qū)域Ⅰ中做圓周運動．由3qU=mv'2可知，運動速度為

v'==軌道半徑為r3===R

由圓心O3的坐標（R，﹣R）可知，O3A與O3O的夾角為30°．通過分析如圖的幾何關系，粒子從D點穿出區(qū)域Ⅰ的速度方向與x軸正方向的夾角為θ=60°粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做圓周運動的半徑為r4==2=2R其圓心O4的坐標為（r4sin30°﹣Rsin60°，Rcos60°+r4cos30°），即（，）說明圓心O4恰好在熒光屏乙上．所以，亮點將垂直打在熒光屏乙上的P點，其x軸坐標為x=﹣（r4﹣R）=﹣R其y軸坐標為x=3.5R．答：（1）在區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中粒子運動速度v1、v2的大小均為；（2）B1為，方向垂直xoy平面向外．B2為，方向垂直xoy平面向里．（3）若加速電壓變?yōu)?U，且上述兩個磁