/廣東省2023-2024學年高三上學期期末物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．氫原子的能級圖如圖所示，已知可見光的光子能量范圍是1.63eV~A．1種 B．2種 C．3種 D．4種2．如圖所示，固定在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質量為m（質量分布均勻）的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為μ。現桿受到水平向左、垂直于桿的恒力F作用，從靜止開始沿導軌運動，當運動距離L時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）。設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g。對于此過程，下列說法中正確的是（）A．當桿的速度達到最大時，a、b兩端的電壓為F(R+r)B．桿的速度最大值為F(R+r)C．恒力F做的功與安培力做的功之和等于桿動能的變化量D．安倍力做功的絕對值等于回路中產生的焦耳熱3．一平直公路上有甲、乙兩輛車，從t＝0時刻開始運動，在0～6s內速度隨時間變化的情況如圖所示．已知兩車在t＝3s時刻相遇，下列說法正確的是()A．兩車的出發點相同B．t＝2s時刻，兩車相距最遠C．兩車在3～6s之間的某時刻再次相遇D．t＝0時刻兩車之間的距離大于t＝6s時刻兩車之間的距離4．如圖所示，一質量為m的重物，在塔吊電動機的拉力下，由靜止開始向上以加速度a1做勻加速直線運動，當重物上升到高度h、重物速度為v1時塔吊電動機功率達到額定功率P0A．重物勻減速階段電動機提供的牽引力大小為m(g+B．重物勻加速階段電動機提供的牽引力大小為PC．計算重物勻加速階段所用時間的方程為PD．假設豎直方向足夠長，若塔吊電動機以額定功率P0啟動，速度v5．2019年4月10日，事件視界望遠鏡（EHT）項目團隊發布了人類歷史上的首張黑洞照片，我國科學家也參與其中做出了巨大貢獻。經典的“黑洞”理論認為，當恒星收縮到一定程度時，會變成密度非常大的天體，這種天體的逃逸速度非常大，大到光從旁邊經過時都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此時該天體就變成了一個黑洞。若太陽演變成一個黑洞后的密度為ρ、半徑為R，設光速為c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的2倍，引力常量為G，則ρRA．3c24πG B．3c28πG6．光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A，斜面質量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質量為m的可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FNA．FB．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FC．滑塊到達斜面底端時的動能為mgLtanαD．此過程中斜面向左滑動的距離為m二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖所示，直線a、拋物線b和c為某一穩恒直流電源在純電阻電路中的總功率PE、輸出功率PR、電源內部發熱功率Pr，隨路端電壓U變化的圖象，但具體對應關系未知，根據圖象可判斷A．PE-U圖象對應圖線a．由圖知電動勢為9V，內阻為3ΩB．Pr-U圖象對應圖線b，由圖知電動勢為3V，阻為1ΩC．PR-U圖象對應圖線c，圖象中任意電壓值對應的功率關系為PE=Pr+PRD．外電路電阻為1.5Ω時，輸出功率最大為2.25W8．如圖所示，傾角為α=37°的足夠長的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物塊從距B點10m的A點由靜止釋放后，下滑到B點與彈性擋板碰撞后無能量損失反彈，恰能沖上斜面的Q點（圖中未畫出）。設物塊和斜面間的動摩擦因數為0.5，以B點為零勢能面（sln37°=0.6，cos37°=0.8）。則下列說法正確的是（）A．Q點到B點距離為2mB．物塊沿斜面下滑時機械能減少，沿斜面上滑時機械能增加C．物塊下滑時，動能與勢能相等的位置在AB中點上方D．物塊從開始釋放到最終靜止經過的總路程為15m9．如圖所示，兩等量異種點電荷分別固定在正方體的a、b兩個頂點上，電荷量分別為q和－q（a＞0），c、d為正方體的另外兩個頂點，則下列說法正確的是A．c、d兩點的電勢相等B．c、d兩點的電場強度相同C．將一正電荷從c點移到d點，電場力做負功D．將一負電荷從c點移到d點，電勢能增加10．如圖甲所示，傾角為30°的足夠長的固定光滑斜面上，有一質量m=0.8kg的物體受到平行斜面向上的力F作用，其大小F隨時間t變化的規律如圖乙所示，t0時刻物體速度為零，重力加速度g=10m/s2。下列說法中正確的是（）A．0~2s內物體向上運動 B．第2s末物體的動量最大C．第3s末物體回到出發點 D．0~3s內力F的沖量大小為9N·s三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．同學們用如圖1所示的電路測量兩節干電池串聯而成的電池組的電動勢E和內電阻r。實驗室提供的器材如下：電壓表，電阻箱（阻值范圍0～999.（1）請根據圖1所示的電路圖，在圖2中用筆替代導線，畫出連線，把器材連接起來。（2）某同學開始做實驗，先把變阻箱阻值調到最大，再接通開關，然后改變電阻箱，隨之電壓表示數發生變化，讀取R和對應的U，并將相應的數據轉化為坐標點描繪在R?R/U圖中。請將圖3、圖4中電阻箱和電壓表所示的數據轉化為坐標點描繪在圖5所示的坐標系中（描點用“+”表示），并畫出R?R/（3）根據圖5中實驗數據繪出的圖線可以得出該電池組電動勢的測量值E=V，內電阻測量值r=Ω.（保留2位有效數字）（4）實驗中測兩組R、U的數據，可以利用閉合電路歐姆定律解方程組求電動勢和內阻的方法。該同學沒有采用該方法的原因是。（5）該實驗測得電源的電動勢和內阻都存在誤差，造成該誤差主要原因是。（6）不同小組的同學分別用不同的電池組（均由同一規格的兩節干電池串聯而成）完成了上述的實驗后，發現不同組的電池組的電動勢基本相同，只是內電阻差異較大。同學們選擇了內電阻差異較大的甲、乙兩個電池組進一步探究，對電池組的內電阻熱功率P1以及總功率P2分別隨路端電壓U變化的關系進行了猜想，并分別畫出了如圖6所示的P1?U和12．某同學利用如圖1所示的裝置“探究合外力做功與物體動能變化的關系”，具體實驗步驟如下：A．按照圖示安裝好實驗裝置，掛上砂桶（含少量砂子）。B．調節長木板的傾角，輕推小車后，使小車沿長木板向下運動，且通過兩個光電門的時間相等。C．取下細繩和砂桶，測量砂子和桶的質量m，并記錄數據。D．保持長木板的傾角不變，將小車置于靠近滑輪的位置，由靜止釋放小車，記錄小車先后通過光電門甲和乙時的時間t1、t2，并測量光電門甲、乙之間的距離為s.E.改變光電門甲、乙之間的距離，重復步驟D。請回答下列各問題：（1）若砂桶和砂子的總質量為m，小車的質量為M，重力加速度為g，則步驟D中小車下滑時所受合力大小為。（忽略空氣阻力）（2）用游標卡尺測得遮光片寬度（如圖2所示）d=mm。（3）在誤差允許的范圍內，若滿足，則表明物體所受合外力做的功等于物體動能變化量。（用題目所給字母表示）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．在某次的接力比賽項目中，項目組規劃的路線如圖所示，半徑R=20m的四分之一圓弧PQ賽道與兩條直線賽道分別相切于P和Q點，圓弧PQ為接力區，規定離開接力區的接力無效。甲、乙兩運動員在賽道上沿箭頭方向訓練交接棒的過程中發現：甲經短距離加速后能保持9m/s的速率跑完全程，乙從起跑后的切向加速度大小是恒定的。為了確定乙起跑的時機，需在接力區前適當的位置設置標記。在某次練習中，甲在接力區前s=13.5m的A處作了標記，并以v=9m/s的速度跑到此標記時向乙發出起跑口令，乙在接力區的P點聽到口令時起跑，并恰好在速度達到與甲相等時被甲追上，完成交接棒。假設運動員與賽道間的動摩擦因數為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，運動員（可視為質點）在直道上做直線運動，在彎道上做圓周運動，重力加速度g=10m/s（1）為確保在彎道上能做圓周運動，允許運動員通過彎道PQ的最大速率；（2）此次練習中乙在接棒前的切向加速度a。14．坐標原點處的波源在t=0時開始沿y軸負向振動，t=1.5s時它正好第二次到達波谷，如圖為t2=1.5s時沿波的傳播方向上部分質點振動的波形圖，求：（1）這列波的傳播速度是多大?寫出波源振動的位移表達式；（2）x1=5.4m的質點何時第一次到達波峰?（3）從t1=0開始至x=5.4m的質點第一次到達波峰這段時間內，x2=30cm處的質點通過的路程是多少?15．如圖甲所示，在邊界為L1L2的豎直狹長區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.02T，在L1的左側充滿斜向上與水平方向夾角為45°的勻強電場E1（E1大小未知）。一帶正電的微粒從a點由靜止釋放，微粒沿水平直線運動到L1邊界上的b點，這時開始在L1L2之間的區域內加一豎直方向周期性變化的勻強電場E2，E2隨時間變化的圖象如圖乙所示（E2＞0表示電場方向豎直向上），微粒從b點沿水平直線運動到c點后，做一次完整的圓周運動，再沿水平直線運動到L2邊界上的d點。已知c點為線段bd的中點，重力加速度g=10m/s2．求：（1）微粒的比荷；（2）a點到b點的距離；（3）將邊界L2左右移動以改變正交場的寬度，使微粒仍能按上述運動過程通過相應的區域，求電場E2變化周期T的最小值。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】大量氫原子從高能級向n=1能級躍遷時，輻射的光子能量都大于10.2eV，不在1.63eV~3.10eV范圍之內，發出的光都是不可見光；大量氫原子從高能級向n=3能級躍遷時，輻射的光子能量都小于1.51eV，不在1.63eV~3.10eV范圍之內，發出的光都是不可見光；n=3能級向n=2能級躍遷時，輻射的光子能量為1.89eV，屬于可見光；n=4能級向n=2能級躍遷時，輻射的光子能量為2.55eV，屬于可見光；n=5能級向n=2能級躍遷時，輻射的光子能量為2.86eV，屬于可見光；n=6能級向n=2能級躍遷時，輻射的光子能量為3.02eV，屬于可見光；n=7能級向n=2能級躍遷時，輻射的光子能量為3.12eV，屬于不可見光；可知只有4種可見光。

故答案為：D。

【分析】高能級向低能級躍遷時輻射的光子能量在1.63eV~3.10eV范圍之內，則發出的光是可見光。再根據能級躍遷釋放能量的計算方法進行解答。2．【答案】D【解析】【解答】AB．當桿勻速運動時速度最大，由平衡條件得：F=μmg+得最大速度為v當桿的速度達到最大時，桿產生的感應電動勢為：E=BLa、b兩端的電壓為：U=AB不符合題意；C．根據動能定理知，恒力F做的功、摩擦力做的功與安培力做的功之和等于桿動能的變化量，C不符合題意；D．根據功能關系知，安倍力做功的絕對值等于回路中產生的焦耳熱，D符合題意。故答案為：D。

【分析】當導體棒受到的安培力等于拉力的時候，導體棒速度達到最大，列方程求解此時的速度；結合導體棒初末狀態的速度，對導體棒的運動過程應用動能定理，其中導體棒克服安培力做的功即為電路產生的熱量。3．【答案】D【解析】【解答】由圖可得，0~3s內，乙的位移12×(2+0.5)×3=3.75m，甲的位移12×(2+4)×2+1故答案為：D．

【分析】v-t圖像的斜率為物體運動的加速度；與坐標軸圍成圖形的面積為物體運動的位移；兩車相遇時運動的位移相等；3s至6s兩車間的距離不斷變大，無法相遇。4．【答案】B【解析】【解答】A、根據牛頓第二定律，重物勻減速階段mg-解得F故A錯誤；

B、重物在勻加速階段P解得F故B正確；

C、勻加速階段P電動機功率逐漸增大，不滿足P故C錯誤；

D、假設豎直方向足夠長，若塔吊電動機以額定功率P0啟動，能達到的最大速度v故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】確定重物的受力情況，根據牛頓第二定律確定牽引力的大小。重物做勻變速直線運動時，重物受到的牽引力不變，電動機的功率等于牽引力與速度的乘積。5．【答案】B【解析】【解答】根據萬有引力提供向心力有G得第一宇宙速度v=則第二宇宙速度為v所以ρ故答案為：B。

【分析】利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；結合第二宇宙速度和第一宇宙速度的大小關系可以求出密度和半徑平方乘積的最小值。6．【答案】D【解析】【解答】A、當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，故A錯誤；

B、滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為I=故B錯誤；

C、B下降的高度為Ltanα，其重力勢能的減小量等于mgLtanα，減小的重力勢能轉化為A、B的動能之和，則滑塊B的動能要小于mgLtanα，故C錯誤；

D、系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得M又x解得x故D正確。

故答案為：D。

【分析】滑塊向下滑動過程，斜面向左滑動，滑塊在沿斜面方向不處于平衡狀態。系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒。再根據能量守恒及動量守恒定律進行分析解答。7．【答案】B,C【解析】【解答】A、總功率P可知PE-U圖象對應圖線a，由數學知識得知，圖象a的斜率大小k=當U=0時P聯立解得E=3V，故A錯誤；

B、內阻消耗的功率P由數學知識可知，Pr-U圖象的對應圖線b，故B正確；

C、根據功率關系可得：P則P由數學知識可知，Pr-U圖象的對應圖線c，故C正確；

D、當內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，即當外電路電阻為1Ω時，輸出功率最大，最大輸出功率為P故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】根據功率及熱功率的定義結合閉合電路的歐姆定律確定各圖像的函數表達式時，再結合各表達式對應的圖像，結合圖像進行數據處理。電源輸出功率與電源熱功率之和等于電源總功率，當內外電阻相等時，電源的輸出功率最大。8．【答案】A,D【解析】【解答】A、物塊從A到Q全過程由動能定理得mg由題知μ=0.5，s解得s故A正確；

B、全過程摩擦力一直做負功，物塊的機械能不斷減少，故B錯誤；

C、物塊從A下滑到AB中點時，由能量守恒定律可得mgH-mg顯然此處重力勢能大于動能，繼續下滑時重力勢能將減小，動能增加，故動能與重力勢能相等的位置在AB中點下方，故C錯誤；

D、因為μ<tanθ，所以物塊最終靜止在擋板處，根據能量守恒得mg代入數據解得s=15故D正確。

故答案為：AD。

【分析】摩擦力一直做負功，物塊的機械能減少。確定物體在運動過程中各力的做功情況，再根據動能定理及能量守恒定律進行解答。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、由幾何關系可知，由于c點離正電荷更近，則c點的電勢比d點高，故A錯誤；

B、c、d兩點關于ab對稱，且ab電荷量相同，由電場強度的疊加可知，c、d兩點的電場強度相同，故B正確；

C、由于c點的電勢比d點高，將一正電荷從c點移到d點，正電荷電勢能減小，則電場力做正功，故C錯誤；

D、由于c點的電勢比d點高，將一負電荷從c點移到d點，負電荷電勢能增大，故D正確。

故答案為：BD。

【分析】熟悉掌握等量異種電荷的電場線及等勢面的分布情況及特點。越靠近正電荷電勢越高，越靠近負電荷電勢越低。電勢能減小，電場力做正功。10．【答案】A,D【解析】【解答】AB、物體所受重力沿斜面方向的分力大小為F=mg即0-1s物體向上運動，設2s末物體的速度為v，以沿斜面向上為正方向，則對0-2s根據動量定理有F結合圖像代入數據可得v=0即2s時物體向上的速度恰好為零，故0-2s物體向上運動，根據動量定義可知第2s末物體的動量為p=mv=0故A正確，B錯誤；

C、物體在0-2s始終向上運動，且在2s時速度為零，在0-1s和1-2s過程中，根據牛頓第二定律分別有F1-mg根據平均速度的定義及勻變速運動規律，可知物體運動到最高點的位移為S=在2-3s過程中，根據牛頓第二定律有mg設物題回到出發點時間為t，根據平均速度的定義及勻變速運動規律，可知下滑至出發點過程有S=接的t=即物體在2+63sI=故D正確。

故答案為：AD。【分析】熟悉掌握沖量的定義及計算方法。F-t圖像與時間軸所圍面積表示該段時間內力的沖量。根據動量定理確定物體在2s時的速度大小，速度向上則2s內一直向上運動。根據牛頓第二定律確定物體在各時間段內的加速度，再根據平均速度的定義及勻變速運動規律確定何時返回出發點。11．【答案】（1）（2）（3）2.8V；1Ω（4）偶然誤差較大（5）電壓表內阻不是無窮大（6）AC【解析】【解答】（1）電路連線如圖所示

（2）圖3中電阻箱讀數為R=3.0Ω圖4中電壓表讀數為U=2.00則有R將對應數據在R-R/U圖像中描出對應點，畫出R-R/U圖線如圖所示

（3）根據閉合電路歐姆定律可得E=U+可得R=則由圖像可知E=k=6-(-1)2.5（4）由于讀數不準確帶來實驗的偶然誤差，實驗中測兩組U、R的數據，利用閉合電路歐姆定律解方程組求電動勢和內阻的方法不能減小這種偶然誤差，而利用圖象進行處理數據可以減小偶然誤差。

（5）該實驗測得電源的電動勢和內阻都存在誤差，電壓內阻不是無窮大，對回路的分流影響比較明顯，故造成該誤差主要原因是電壓表內阻不是無窮大。

（6）AB、電池組的內電阻熱功率P則對于相同的U值，則r越大，對應的P1越小，故A正確，B錯誤；

CD、總功率為P則對相同的U值，r大P2越小，故C正確，D錯誤。

故答案為：AC。

【分析】讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。根據電路圖及實驗原理推到得出圖像的函數表達式，再結合圖像進行數據處理。利用圖象進行處理數據可以減小偶然誤差，即可舍去誤差較大的數據。系統誤差主要來源于電壓表的分流或者電流表的分壓。根據功率的定義分析圖像走勢情況。12．【答案】（1）mg（2）6.75（3）mgs=12M（【解析】【解答】(1)探究“小車的加速度與所受合外力的關系”中小車所受的合外力等于沙桶和沙子的總重力，則步驟D中小車加速下滑時所受合力大小為mg；(2)根據游標卡尺讀數規則，遮光片寬度d=6mm+15×0.05mm=6.75mm(3)遮光片通過兩個光電門1、2的速度分別為v1=dt1、v2=dt2故小車動能變化量為△Ek在誤差允許的范圍內，合外力做功等于物體動能的變化量，即mgs=12M（

【分析】（1）重物的重力充當拉力；

（2）明確游標卡尺的讀數規則進行讀數即可；

（3）根據動能定理公式，其中是小車動能的變化，利用題目提供的數據把具體的形式表達出來在化簡即可。13．【答案】（1）解：因為運動員彎道上做圓周運動，摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律有μmg=解得v=（2）解：設經過時間t，甲追上乙，甲的路程為x乙的路程為x由路程關系有vt=將v=9m/s代入得t=3s此時vt=27m<所以還在接力區內根據v=at代入數據解得a=3m/s2【解析】【分析】（1）運動員彎道上做圓周運動，確定運動員做圓周運動向心力的來源，再根據牛頓第二定律進行解答；

（2）乙在接棒前，在切向方向做勻加速直線運動，由于最大速度小于臨界速度，故乙可到達與甲共速。根據位移與速度關系結合兩運動員運動位移的關系確定發出指令到追上乙所用的時間。根據此過程乙運動的位移與弧長的關系判斷是否還在接力區。再根據勻變速直線運動位移與時間的關系確定加速度的大小。14．【答案】（1）解：由圖像可知波長λ=0.6m，由題意有t2=波速為v=波源振動的位移表達式為x=Asinx=?5（2）解：波傳到x1=5.4m需要的時間為Δ質點開始振動方向與波源起振方向相同，沿-y方向，從開始振動到第一次到達波峰需要時間為Δ所以，x1=5.4m的質點第一次到達波峰的時刻為t（3）解：波傳到x2=30cm需要時間為Δ所以從t1=0開始至x=5.4m的質點第一次到達波峰這段時間內，x2=30cm處的質點振動時間為Δ所以，該質點的路程為s=【解析】【分析】（1）根據波的傳播方向及“上下坡”法確定1.5s內波源振動時間與周期的關系，再根據圖像確定波的波長，結合波速、波長和周期公式確定波速大小。確定波的振幅及0s時刻波源位于平衡位置。再根據線速度與周期公式及波的振動方程格式確定波源的位移表達式；

（2）根據波速的