江蘇省南通市如東縣2022-2023學年高三上學期物理期末學情檢測試卷

江蘇省南通市如東縣2022-2023學年高三上學期物理期末學情檢測試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．如圖所示，兩顆衛(wèi)星A、B質量相等，衛(wèi)星A繞地球運動的軌跡為圓，衛(wèi)星B繞地球運動的軌跡為橢圓，軌跡在同一個平面內且相切于P點，則（）A．衛(wèi)星B的周期比A的大 B．兩衛(wèi)星在P點的速度大小相等C．衛(wèi)星B在P點的速度小于7.9km/s D．兩衛(wèi)星的機械能相等2．35Li（鋰核）是不穩(wěn)定的，一個靜止的35Li分裂時的核反應方程為35Li→2A．X是中子 B．X是電子C．γ光子的波長為hp1?3．如圖甲所示，分別用1、2兩種材料作K極進行光電效應探究，頻率相同的a、b兩束光分別照射1、2兩種材料，產生光電子的最大初動能分別為Eka、Ekb，光電流I隨電壓U變化關系如圖乙所示，則（）A．a光子的能量比b光子的大 B．a、b兩光的光照強度相同C．光電子的最大初動能Eka>Ekb D．材料1的截止頻率比材料2的大4．如圖所示，實線和虛線分別是沿x軸正方向傳播的一列簡諧橫波在t1=0和t2=0.06s時刻的波形圖，則該波的（）A．周期可能為0.04s B．周期可能為0.24sC．傳播速度可能為35m/s D．傳播速度可能為65m/s5．如圖所示，當波源和障礙物都靜止不動時，波源發(fā)出的波在障礙物處不能發(fā)生明顯衍射，下列措施可能使波發(fā)生較為明顯衍射的是（）A．增大障礙物的長度 B．波源遠離障礙物運動C．波源靠近障礙物運動 D．增大波源的振動頻率6．如圖，O為拋物線OM的頂點，A、B為拋物線上兩點，O點的切線水平。從A、B兩點分別以初速度v1、v2水平拋出兩小球，同時擊中O點，不計空氣阻力，則兩球（）A．必須同時拋出 B．初速度v1與v2相等C．擊中O點時速度相同 D．擊中O點時重力的瞬時功率相等7．湖面上有帆船正以速度v1勻速順風航行。已知：該船帆的有效受風面積為S，水平風速恒為v2，且v1＜v2.，湖面上空氣密度為ρ。則風對船帆的推力的功率為（）A．ρSv22C．ρS(v28．如圖所示，點電荷+2Q、-Q分別置于A、B兩點，O為AB連線上的點，B與O的距離為L、A與O的距離為3L，CD連線與AB連線垂直，C、D兩點關于O點對稱，∠CAD=60°，∠ACB=90°，取O點的電勢為零，下列說法正確的是（）A．C，D兩點的電場強度相同B．C，D兩點的電勢相等且都為零C．將質子沿直線從C移到D，電場力先做正功后做負功D．將電子沿直線從C移到D，電子電勢能先減小后增大9．如圖所示，一電阻可忽略的U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab、dc足夠長，一根電阻為R的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。則金屬棒速度v、加速度a、兩端電壓UMN、回路中電流強度i隨時間t變化的關系圖像正確的是（）A． B．C． D．10．圖示為半圓柱體玻璃的橫截面OBCD，OD為直徑。一束復色光沿AO方向從真空射入玻璃，光線分別從B、C點射出，下列說法正確的是（）A．B，C光線的頻率fB<fCB．B，C光線在玻璃中傳播速度vB>vCC．光線在玻璃中傳播時間tOB<tOCD．改變復色光入射角，光線可能會在半圓面上發(fā)生全反射二、實驗題11．某同學為了測量一電流表內阻，采用如圖甲所示的電路進行實驗。已知電流表的量程是2mA，內阻約是50Ω，電池的電動勢約為6V。（1）請用筆畫線代替導線，在圖中完成實物電路的連接；（2）按圖甲連接好電路后，接下來的正確操作順序是；①將電阻箱R的電阻調到零，滑動變阻器R1的滑片調到最右端；②讀出電阻箱的電阻值Rx，可以認為電流表的內阻r=Rx；③保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節(jié)電阻箱的電阻，使得電流表的示數為I0④閉合開關S，調節(jié)變阻器R1的滑片，使得電流表達到滿偏電流I0；（3）可供選擇的器材有：A．滑動變阻器（0~5Ω，3A）B．滑動變阻器（0~50Ω，1A）C．電阻箱（0~999.9Ω）D．電阻箱（0~9999Ω）為了比較準確地測量出電流表的內阻，應選用的滑動變阻器R1是；電阻箱R是；（填儀器前的字母序號）（4）本實驗中電流表內阻的測量值（選填“大于”、“小于”或“等于”）電流表內阻的真實值；（5）如果升高電池的電動勢，用此電路測出的電流表的內阻的誤差將（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（6）若測得電流表的內阻為R0，為將其改裝成量程為0.6A的安培表，應（選填“串聯”、“并聯”）阻值為電阻。三、解答題12．如圖所示，柱形絕熱氣缸豎直放置，一定質量的理想氣體被重力為G、橫截面積為S的絕熱活塞封閉在氣缸內，此時活塞距氣缸底部的距離為L0，氣缸內氣體熱力學溫度為T0?，F通過電熱絲緩慢對氣缸內氣體加熱，通過電熱絲的電流為I，電熱絲電阻為R，加熱時間為t，使氣體熱力學溫度升高到2T0。已知大氣壓強為p0，活塞可沿氣缸壁無摩擦滑動，設電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，求氣缸內氣體熱力學溫度從T0升高到2T0的過程中：（1）活塞移動的距離x；（2）該氣體增加的內能ΔU。13．如圖所示，一個工作臺由水平傳送帶與傾角θ=37°足夠長的斜面體組成，傳送帶AB間的長度L=1.7m，皮帶順時針勻速轉動?，F讓質量m=1kg的小物塊以某水平向右的速度從A點滑上皮帶，恰好能滑到斜面上高度h=1.08m的C點，物塊與斜面體、傳送帶之間的動摩擦因數均為μ=0.5，傳送帶與斜面平滑連接，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求物塊由A運動到B時的速度vB；（2）若改變傳送帶轉速，物塊從A點水平滑上傳送帶，滑上斜面后恰好能返回出發(fā)點A，求物塊從A點滑上初動能的最小值Ekmin。14．如圖所示，在豎直軸OO′的B點套有不可上下滑動，只可以繞軸無摩擦轉動的輕環(huán)，輕彈簧的上端與該環(huán)相連，光滑桿OA與水平面間的夾角α=60°，質量為m的小球套在光滑桿OA上并與彈簧的下端連接，已知軸OB間距為L。（1）保持桿不動，小球在圖示P點位置處于靜止狀態(tài)，圖示β=30°，求小球所受彈簧的彈力大小T和所受桿的彈力大小N；（2）保持光滑桿OA與水平面間的夾角始終為α，使小球隨桿OA一起由靜止繞OO′軸加速轉動，小球緩慢運動到與B點在同一水平面的A點時，桿OA勻速轉動，小球與桿保持相對靜止，求此時桿OA繞OO′軸轉動的角速度大小ω；（3）在（2）情形之下，小球由P點開始相對桿向上滑動到A點與桿相對靜止的過程中，桿對球所做的功W。15．如圖甲所示，足夠大的空間有垂直紙面的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，右側有豎直擋板CD，O′是擋板上一點，直線OO′與擋板CD垂直，t=0時刻，一質量為m、電荷量為q帶正電的微粒在O點以與OO′成α=45°的初速度v沿紙面開始運動，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示（圖中B0已知），選定磁場垂直紙面向里為正方向，電場強度大小為mgq（1）求微粒再次經過直線OO′時與O點的距離；（2）若微粒第一次運動到最大高度時突然撤去電場，求此后微粒到達直線OO′時的動能Ek；（3）要使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離L應滿足什么條件？

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．衛(wèi)星B運動軌跡的半長軸比A的大，根據開普勒第三定律a3B．衛(wèi)星在圓軌道運行時做勻速圓周運動，到達P點加速后做離心運動，可能進入橢圓軌道，則衛(wèi)星B在P點的速度比衛(wèi)星A的速度大，B不符合題意；C．若衛(wèi)星A的軌道是在地球表面附近，則衛(wèi)星A在P點的速度才等于7.9km/s，否則衛(wèi)星A在P點的速度總小于7.9km/s，所以衛(wèi)星B在P點的速度大于7.9km/s，C不符合題意；D．兩衛(wèi)星質量相同，但在P點速度不同，則兩衛(wèi)星的機械能不相等，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】利用開普勒第三定律結合半長軸的大小可以比較周期的大小；利用衛(wèi)星在P點做離心運動可以判別衛(wèi)星B在P點的速度大于衛(wèi)星A在P點速度大??；衛(wèi)星B在P點做離心運動，未知衛(wèi)星A的速度不能判別衛(wèi)星B在P點的速度；利用變軌速度不同可以判別機械能不同。2．【答案】C【解析】【解答】AB．根據核反應方程質量數守恒和電荷數守恒可得35CD．設γ光子的動量為p，取α粒子運動方向為正方向，合動量為零，根據動量守恒定律可得p+p2=p1故答案為：C。

【分析】利用質量數和電荷數守恒可以判別X為質子；利用動量守恒定律結合德布羅意波長公式可以求出光子波長的大小。3．【答案】D【解析】【解答】A．a、b兩束光的頻率相同，則a、b兩束光子的能量相同，A不符合題意；B．因a光的飽和光電流較大，可知a光的光照強度較大，B不符合題意；CD．根據Ue=12mvm故答案為：D。

【分析】利用光的頻率相同可以判別光子的能量相同；利用飽和電流的大小可以比較光照的強度；利用遏止電壓的大小可以比較最大動能的大小，利用最大動能的大小結合光電效應方程可以比較逸出功和截止頻率的大小。4．【答案】C【解析】【解答】AB．由圖可知，在0.06s內，簡諧波向x軸正方向傳播了(n+34)λ，即經過了n+34個周期，故有0.06s=(n+34CD．由圖可知，該簡諧波的波長λ=1.2m，則該簡諧波的傳播速度為v=λT=(20n+15)m/s，(n=0，1，2……）故答案為：C。

【分析】假設波傳播的方向，結合傳播的距離可以判別傳播的時間，利用傳播的時間可以求出周期的大小，利用波長和周期可以求出波速的大小。5．【答案】B【解析】【解答】A．發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物的尺寸與波長差不多或比波長短，由于波源發(fā)出的波在障礙物處不能發(fā)生明顯衍射，表明障礙物的尺寸比波長大得多，為了使波發(fā)生較為明顯的衍射，需要增大波長或減小障礙物的長度，可知增大障礙物的長度不能使波發(fā)生較為明顯的衍射，A不符合題意；B．波源遠離障礙物將產生多普勒效應，障礙物處接收到的頻率減小，根據v=λf，可知，波源遠離障礙物，等效于增大波長，根據上述，該措施能使波發(fā)生較為明顯的衍射，B符合題意；C．波源靠近障礙物將產生多普勒效應，障礙物處接收到的頻率增大，根據v=λf，可知，波源靠近障礙物，等效于減小波長，根據上述，該措施不能使波發(fā)生較為明顯的衍射，C不符合題意；D．根據v=λf可知，增大波源的振動頻率時，波長減小，根據上述，該措施不能使波發(fā)生較為明顯的衍射，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】為了發(fā)生明顯的衍射現象可以增大波長的大小或者減小障礙物的尺寸；利用多普勒效應可以判別當障礙物遠離波源時會導致接受的頻率減小則波長增大可能發(fā)生明顯的衍射現象。6．【答案】B【解析】【解答】B．已知O為拋物線OM頂點，則以O為原點建立xOy直角坐標系，則設OM為y=a則兩平拋運動在豎直方向為自由落體運動，有yy聯立解得t平拋在水平方向為勻速直線運動，有xx聯立可得v整理可得vB符合題意；A．因t1tA球先拋出才能同時擊中O點，故A錯誤；C．因v1=故兩分速度合成后可知O點的速度不同，C不符合題意；D．兩球在O點重力瞬時功率為P即擊中O點時重力的瞬時功率不相等，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】根據運動的分解得出兩球的運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，結合瞬時功率的表達式進行分析判斷。7．【答案】C【解析】【解答】單位時間t內沖擊船帆的空氣的體積V=SL=S(v2?v1)t，單位時間t內沖擊船帆的空氣質量m=ρV=ρS(v2?v1故答案為：C。

【分析】利用風速和船速可以求出單位時間內沖擊船帆的空氣質量，利用動量定律結合牛頓第三定律可以求出船受到的水平推力的大小，結合速度的大小可以求出風對船的功率的大小。8．【答案】C【解析】【解答】A．根據矢量合成法則，C、D兩點的電場強度大小相同，方向不同，A不符合題意；B．根據矢量合成法則，在OC段合電場強度方向斜向右下，在OD段合電場強度方向斜向右上，將正電荷沿直線從C移到O，電場力做正功，電勢能減小，電勢降低，又由于O點的電勢為零，則C點電勢為正，不為零，同理，D點電勢為正，不為零，B不符合題意；C．在OC段合電場強度方向斜向右下，在OD段合電場強度方向斜向右上，將質子沿直線從C移到D，電場力先做正功后做負功，C符合題意；D．將電子沿直線從C移到D，電子的電勢能先增大后減小，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】利用電場強度的疊加可以判別CD兩點電場強度大小相等方向不同；利用電場強度的疊加可以判別電場強度的方向，結合電話的運動方向可以判別電場力做功進而比較電勢能或電勢的大小。9．【答案】A【解析】【解答】金屬框在恒力F作用下向右加速，由右手定則可知，bc邊產生的感應電流從c流向b，由左手定則可知，導體棒受到向右的安培力作用，導體棒向右做加速運動，設金屬框的加速度為a1，導體棒的加速度為a2，設金屬框的速度為v1，導體棒的速度為v2，設導體棒的電阻為R，回路的感應電流I=BLv1?BLv2R，設金屬框的質量為M，導體棒的質量為m，對金屬框，牛頓第二定律得F?BIL=Ma1，對導體棒MN，由牛頓第二定律得BIL=ma2，金屬框與導體棒都做初速度為零的加速運動，v1、v2都變大，a1從FM開始減小，導體棒的加速度a故答案為：A。

【分析】利用右手定則可以判別感應電流的方向，結合左手定則可以判別導體棒受到的安培力方向，結合動生電動勢的表達式及歐姆定律可以求出回路電流的大小，結合牛頓第二定律可以求出金屬框和導體棒的加速度大小，當兩者加速度相等時兩者速度差保持不變，利用動生電動勢的表達式可以判別回路電流保持不變，最后金屬框和導體棒做勻加速直線運動。10．【答案】D【解析】【解答】A．從B點射出的光線在O點折射時光的傳播方向偏折大，說明玻璃對從B點射出的單色光折射率大，頻率高，B、C光線的頻率fB>fC，A不符合題意；B．由光在介質中傳播速度公式v=cn，所以有C．設光在O點折射時入射角、折射角分別為i，r，根據折射定律有sini=nsinr，又根據幾何關系，光從O到射出玻璃的光程L=2RD．發(fā)生全反射的必要條件之一是光從光密介質射向光疏介質，改變復色光入射角，光線可能會在半圓面上發(fā)生全反射，D符合題意。故答案為：D。

【分析】利用折射角的大小可以比較折射率的大小，利用折射率的大小可以比較光頻率的大??；利用折射率的大小可以比較光傳播的速度大??；利用光傳播的路徑及傳播的速度大小可以比較光傳播的時間；利用全反射的條件可以判別光線可能發(fā)生全反射。11．【答案】（1）（2）①④③②（3）A；C（4）大于（5）減?。?）并聯；R【解析】【解答】（1）實物電路的連接圖如下（2）該實驗為半偏法測電流表內阻，實驗原理與步驟為：剛開始將電阻箱R的電阻調到零，滑動變阻器R1的滑片滑到最右端；接著閉合開關S，調節(jié)變阻器R1的滑片，使得電流表達到滿偏電流I0，則并聯電壓為U=I0r，再保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節(jié)電阻箱的電阻，使得電流表的示數為I02（3）本實驗滑動變阻器采用分壓式接法，為方便操作，應選用最大阻值較小的滑動變阻器，故答案為：A；由于電流表內阻較小，因此電阻箱應選用最大阻值較小、最小測量擋位更小的C；（4）此實驗過程中認為電阻箱串聯電流表后并聯電壓不變，而實際情況是電阻箱串聯電流表后電路總電阻變大，干路電流減小，并聯電壓變大，故所串聯的電阻箱分壓大于電流表的分壓，其阻值大于電流表的內阻，故測量值大于真實值；（5）若升高電源的電動勢，電阻箱阻值接入電路后，對全電路電壓分配的影響減小，因此測量誤差減小；（6）改裝成安培表，需要并聯分流電阻，并聯的分流電阻阻值為R【分析】（1）利用電路圖進行實物圖連線；

（2）實驗的正確操作順序為①④③②；

（3）本實驗滑動變阻器使用分壓式接法使用小阻值；由于電流表內阻小所以電阻箱選擇最大阻值較小的；

（4）由于實際測量時電阻箱串聯電流表會導致總電阻增大，所以干路電流減小，并聯電壓增大所以測量值會大于真實值；

（5）升高電動勢的大小時電阻箱阻值接入電路時，對全電路的電壓分壓影響較小所以測量值誤差減??；

（6）當電表改裝為安培表時，利用并聯電阻，利用歐姆定律可以求出并聯電阻的阻值大小。12．【答案】（1）解：由題意可知，等壓變化時有L活塞移動的距離x=解得x=（2）解：設氣體壓強為p，由題意有pS=外界對氣體做的功為W=?pSx吸收的熱量為Q=由熱力學第一定律有ΔU=Q+W解得ΔU=【解析】【分析】（1）活塞移動的過程中，利用氣體等壓變化的狀態(tài)方程可以求出活塞移動的距離；

（2）已知活塞移動的距離，利用氣體的壓強可以求出外界對氣體做功的大小，結合焦耳定律可以求出氣體吸收的熱量，結合熱力學第一定律可以求出內能的增加量。13．【答案】（1）解：物塊恰好能滑到C，B到C做加速度為a的勻減速運動，C點速度為零，則mgsin37°+μmgcos37°=ma0?解得v（2）解：當物塊滑上斜面H高度后返回，經皮帶減速剛好回到A點，速度為零，則物塊從A點滑上初動能最小，滑塊從最高點到達A點過程，根據動能定理可得mgH?μmgcos37°?解得H=2.55m設物塊在傳送帶上皮帶對物體做功為Wf，滑塊從A點到達最高點過程，根據動能定理可得解得E故當傳送帶上皮帶對物體做功Wf最大時，物塊從A點滑上初動能最小，即物塊在傳送帶上整個過程皮帶對物體做正功，此時物塊從A點滑上初動能最小，即【解析】【分析】（1）物塊恰好能滑到C電，從B到C做勻減速直線運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小，結合速度位移公式可以求出經過B點速度的大??；

（2）改變傳送帶的轉速，滑塊從最高點到A點的過程中，利用動能定理可以求出下滑的高度，結合動能定理可以求出物塊滑上傳送帶的最小動能。14．【答案】（1）解：小球在位置P處靜止時，受力分析，如圖根據平衡條件有TT解得T=3mg（2）解：小球