山西省臨汾市寨子鄉中學2023年高三物理下學期期末試題含解析一、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1.一物體自t=0時開始做直線運動，其速度圖線如圖所示下列選項正確的是

A．在0～6s內，物體離出發點最遠為30m

B．在0～6s內，物體經過的路程為30m

C．在0～4s內，物體的平均速率為7.5m/s

D．在5～6s內，物體所受的合外力做負功參考答案：C2.玻璃生產線的最后有一臺切割機，能將一定寬度但很長的原始玻璃板按需要的長度切成矩形假設送入切割機的原始玻璃板的寬度是L=2m，它沿切割機的軌道與玻璃板的兩側邊平行以v1=0.15m/s的速度水平向右勻速移動；已知割刀相對玻璃的切割速度v2=0.2m/s，為了確保割下的玻璃板是矩形，則相對地面參考系（

）A.割刀運動的軌跡是一段直線B.割刀完成一次切割的時間為10sC.割刀運動的實際速度為0.05m/sD.割刀完成一次切割的時間內，玻璃板的位移是0.5m參考答案：ABD解：為了使割下的玻璃板都成規定尺寸的矩形，割刀相對玻璃的運動速度應垂直玻璃。割刀實際參與兩個分運動，即沿玻璃的運動和垂直玻璃方向的運動。兩個分運動都是勻速直線運動，則合運動為勻速直線運動。故A正確。對于垂直玻璃方向的運動，運動時間t==10s。故B正確。割刀運動的實際速度。故C錯誤。10s內玻璃在水平方向的運動位移x=v1t=1.5m。故D正確。故選ABD。【點睛】解決本題的關鍵知道割刀實際參與兩個分運動，即沿玻璃的運動和垂直玻璃方向的運動．知道合運動與分運動具有等時性，以及會用平行四邊形定則求合速度．3.帶電粒子垂直進入勻強電場或勻強磁場中時粒子將發生偏轉，稱這種電場為偏轉電場，這種磁場為偏轉磁場．下列說法錯誤的是（重力不計）（）A．欲把速度不同的同種帶電粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場B．欲把動能相同的質子和α粒子分開，只能采用偏轉電場C．欲把由靜止經同一電場加速的質子和α粒子分開，偏轉電場和偏轉磁場均可采用D．欲把初速度相同而比荷不同的帶電粒子分開，偏轉電場和偏轉磁場均可采用參考答案：C【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】帶電粒子垂直進入勻強電場中將做類平拋運動，根據打到下接板的位置區分帶電粒子，而偏轉磁場是根據粒子在磁場中運動半徑不同區分的，根據這個原理逐項分析即可．【解答】解：A、速度不同的同種帶電粒子，在偏轉電場中沿電場方向受力情況相同，運動情況也相同，垂直電場方向，由于初速度不同，所以打到下極板的位置也不同，可以通過偏轉電場區分；進入偏轉磁場時，r=，速度不同，其他量相同，所以運動的半徑也不同，可以區分，所以A正確；B、設偏轉電場的寬度為d，則在電場中偏轉時有：沿電場方向d==，質子和α粒子動能相同，打到下極板時d相同，所以EqL2相等，而質子和α粒子的電量不等，所以L不同，即水平位移不等，所以可以區分；而在偏轉磁場中，r=，質子的質量數是1，電荷數也是1，α粒子質量數是4，電荷數是2，所以動能相同的質子和α粒子在相同的磁場中運動的半徑是相同的，故偏轉磁場不能區分，故B正確；C、根據EK=Uq可知：由靜止經同一電場加速的質子和α粒子的動能是相等的，根據B的分析可知只能用偏轉電場區分，故C錯誤；D、在偏轉電場中，a=，比荷不同則加速度不同，根據d=可知，運動的時間不同，而初速度不同，則水平位移也不同，打在下極板的位置也不同，可以用偏轉電場區分；而在偏轉磁場中，r=，速度相同，比荷不同，所以運動的半徑也不同，可以區分，所以D正確．本題選不正確的故選C4.（單選）半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，其延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱體不接觸，在P和MN之間放一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態，如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地逆時針轉動，在Q到達最高位置前，發現P始終保持靜止，在此過程中，下列說法中正確的是(

)A．MN對Q的彈力大小保持不變 B．MN對Q的彈力先增大后減小C．MN對Q的彈力一直減小 D．P、Q間的彈力先增大后減小參考答案：C解析：以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖1所示．由平衡條件得：MN對Q的彈力F1=mgcosα，P對Q的彈力F2=mgsinα使MN繞O點緩慢地順時針轉動的過程中，α減小，則F1增大，F2減小．故ABD錯誤；C正確；故選C5.（單選）直導線ab放在如圖所示的水平導體框架上，構成了一個閉合回路；長直導線cd和框架處在同一個平面內，且cd和ab平行，當cd中通有電流時，觀察到ab向左滑動．關于cd中的電流，下列說法正確的是（）A．電流一定增大，方向沿c向dB．電流一定增大，方向沿d向cC．電流一定減小，方向可能由d向cD．電流大小恒定，方向由d到c參考答案：解：導線左移時，線框的面積增大，由楞次定律可知原磁場一定是減小的；并且不論電流朝向哪個方向，只要電流減小，都會發生ab左移的情況；故選：C．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.物質是由大量分子組成的，分子直徑的數量級一般是________m．能說明分子都在永不停息地做無規則運動的實驗事實有________(舉一例即可)．在兩分子間的距離由v0(此時分子間的引力和斥力相互平衡，分子作用力為零)逐漸增大的過程中，分子力的變化情況是________(填“逐漸增大”“逐漸減小”“先增大后減小”或“先減小后增大”)．參考答案：(1)10－10布朗運動(或擴散現象)先增大后減小7.如圖（a）所示為某種燈泡的U－I圖像，現將兩個這種小燈泡L1、L2與一個阻值為5Ω的定值電阻R連成如圖（b）所示的電路，電源的電動勢為E＝6V，電鍵S閉合后，小燈泡L1與定值電阻R的電功率均為P，則P＝______W，電源的內阻r＝_____Ω。參考答案：0.2，2.58.(12分)某同學設計了一個探究加速度與物體所受合力F及質量m的關系實驗。如圖(a)為實驗裝置簡圖，A為小車，B為打點計時器，C為裝有砂的砂桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板，實驗中認為細繩對小車拉力F等于砂和砂桶總重量，小車運動加速度a可用紙帶上點求得：

(1)圖(b)為某次實驗得到的紙帶(交流電的頻率為50Hz)，試由圖中數據求出小車加速度值；

(2)保持砂和砂桶質量不變，改變小車質量m，分別得到小車加速度a與質量m及對應的數據如下表：

根據上表數據，為直觀反映：F不變時，a與m的關系，請在方格坐標紙中選擇恰當物理量，建立坐標系，并作出圖線.從圖線中得到：F不變時，小車加速度a與質量之間定量關系式是_____________.

(3)保持小車質量不變，改變砂和砂桶重量，該同學根據實驗數據作出了加速度a與合力F圖線，如圖(d)所示，該圖線不通過原點，明顯超出偶然誤差范圍，其主要原因是_______________________________________________.參考答案：答案：(1)，T=0.04s，a=3.0m/s2(4分)

(2)如圖所示，(作圖2分，結論3分)(3)實驗前未平衡摩擦力(3分)

9.（4分）在光滑的水平面內，一質量ｍ＝1kg的質點，以速度＝10m/s沿ｘ軸正方向運動，經過原點后受一沿ｙ軸正方向的恒力Ｆ＝5Ｎ作用，直線ＯＡ與ｘ軸成37°角，如圖所示。如果質點的運動軌跡與直線ＯＡ相交于Ｐ點，則質點從Ｏ點到Ｐ點所經歷的時間為

s，質點經過Ｐ點時的速率為

____

m/s．（）

參考答案：3；18.0310.如圖所示是甲、乙兩位同學在“探究力的平行四邊形定則”的實驗中所得到的實驗結果，若用F表示兩個分力F1、

F2的合力，用F′表示F1和F2的等效力，則可以判斷___(填“甲”或“乙”)同學的實驗結果是符合事實的．參考答案：_甲_(填“甲”或“乙”)11.核動力航母利用可控核裂變釋放核能獲得動力．核反應是若干核反應的一種，其中X為待求粒子，y為X的個數，則X是

▲

（選填“質子”、“中子”、“電子”），y＝

▲

.若反應過程中釋放的核能為E，光在真空中的傳播速度為c，則核反應的質量虧損表達式為

▲

.參考答案：中子（1分）

3（1分）

E/c2(1分)；12.如圖，為測量作勻加速直線運動小車的加速度，將寬度均為b的擋光片A、B固定在小車上，測得二者間距為d。

(1)當小車勻加速經過光電門時，測得兩擋光片先后經過的時間和，則小車加速度

。(2)(多選題)為減小實驗誤差，可采取的方法是(

)

(A)增大兩擋光片寬度

(B)減小兩擋光片寬度(C)增大兩擋光片間距

(D)減小兩擋光片間距

參考答案：（1）

(2)B，C

13.如圖所示，陰極射線管(A為其陰極)放在蹄形磁鐵的N、S兩極間，射線管的B極接在直流高壓電源的____極.此時，熒光屏上的電子束運動軌跡________偏轉(選填“向上”、“向下”或“不”).參考答案：答案：正、向下三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(8分)如圖所示，有四列簡諧波同時沿x軸正方向傳播，波速分別是v、2v、3v和4v，a、b是x軸上所給定的兩點，且ab＝l。在t時刻a、b兩點間四列波的波形分別如圖所示，則由該時刻起a點出現波峰的先后順序依次是圖

；頻率由高到低的先后順序依次是圖

。參考答案：

BDCA

DBCA15.（2014?宿遷三模）學校科技節上，同學發明了一個用彈簧槍擊打目標的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質點、質量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點時的最小速度vD；（2）彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，它通過C點時的速度vc；（3）當緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點： 動能定理的應用；機械能守恒定律．專題： 動能定理的應用專題．分析： （1）根據D點所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點的最小速度；（2）根據平拋運動的規律求出D點的速度，通過機械能守恒定律求出通過C點的速度．（3）當外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點的過程運用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當彈珠做圓周運動到D點且只受重力時速度最小，根據牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點到E點做平拋運動，設此時它通過D點的速度為v，則s=vtR=gt從C點到D點，彈珠機械能守恒，有：聯立解得v=代入數據得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據動能定理得，且F1=0.1N，F2=8.3N．得x=代入數據解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點評： 本題考查了動能定理、機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運動和平拋運動，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規律是解決本題的關鍵．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，光滑斜面的傾角α=30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長L1=1m，bc邊的邊長L2=0.4m，線框的質量m=1kg，電阻R=0.2Ω。斜面上ef線（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的均勻磁場，磁感應強度B隨時間t的變化情況如B-t圖像，ef線和gh的距離s=6.9m，t=0時線框在平行于斜面向上的恒力F=10N的作用下從靜止開始運動，線框進入磁場的過程中始終做勻速直線運動，重力加速度。（1）求線框進入磁場前的加速度大小和線框進入磁場時做勻速運動的速度v大小；(2)求線框進入磁場的過程中產生的焦耳熱；（3）求線框從開始運動到ab邊運動到gh線處所用的時間。參考答案：因此ab邊由靜止開始運動到gh線處所用的時間為t＝t1＋t2＋t3＝1.9s………………1分考點：考查了導體切割磁感線運動，功能關系，運動學規律的綜合應用17.如圖所示,在傾角為θ的沒滑斜面上,有一長為

的細線,細線的一端固定在O點,另一端拴一質量為m的小球,現使小球恰好能在斜面上做完整的圓周運動,已知0點到斜面底邊的距離Soc=L,求:

(1)小球通過最高點A時的速度vA(2)小球通過最低點B時,細線對小球的拉力(3)小球運動到A點或B點時細線斷裂,小球滑落到斜面底邊時到C點的距離若相等,則和L應滿足什么關系?參考答案：(1)

(2)