山西省临汾市南庄乡中学2023年高三物理期末试卷含解析

山西省临汾市南庄乡中学2023年高三物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（单选）如图1所示，质量为M的半球形容器静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在容器内P点，O点为容器的球心，已知OP与水平方向的夹角为α。下列结论正确的是A．木块受到的摩擦力大小是mgsinαB．木块对容器的压力大小是mgcosαC．桌面对容器的摩擦力大小是mgsinαcosαD．桌面对容器的支持力大小是(M+m)g参考答案：D2.请用学过的物理知识判断，下列说法正确的是（）A．物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D．牛顿第一、二、三定律都可以用实验的方式加以验证参考答案：B【考点】安培力；加速度；牛顿运动定律的综合应用；洛仑兹力．【分析】根据加速度的大小方向都可以瞬间改变，安培力与洛伦兹力的关系，圆周运动包含匀速圆周运动和非匀变速圆周运动，牛顿第一定律不能通过实验验证进行判断．【解答】解：A、加速度的大小方向都可以瞬间改变，A错误；B、安培力是通电导体在磁场中受到的力，洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，而电荷的定向移动就能形成电流，因此安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现，而且安培力和洛伦兹力的方向都是通过左手定则判断，B正确；C、做匀速圆周运动的物体受到的合外力才一定指向圆心，如果是非匀变速圆周运动，受到的合外力就不指向圆心，C错误；D、牛顿第一定律不能用实验验证，因为找不到物体不受力作用的实验条件，D错误；故选：B3.（单选）K－介子衰变的方程为：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子带负的元电荷e，π0介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK-与Rπ-之比为2:1。π0介子的轨迹未画出。由此可知π－的动量大小与π0的动量大小之比为（

）A．1:1

B．1:2

C．1:3

D．1:6参考答案：C4.图为某沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；图2是横波上质点d的振动图象，则下列说法正确的是_________。A.t=0时质点a的速度大小比质点c的大B.t=0时质点a的加速度大小比质点c的大C.从t=0时刻开始质点b比质点c后到平衡位置D.0~0.5s时间内质点b的路程比质点a的路程大E.0~3s时间内质点a、b的振动路程均为30cm参考答案：BDE;在简谐横波中，质点离平衡位置越远，速度越小，加速度越大；故由图1可知：t=0时质点a的速度比质点c的小，加速度比质点c的大，故A错误，B正确;根据图2可得：t=0时，质点d沿y轴负方向运动，故由图1可得：波沿x轴正方向传播；那么，t=0时，质点b沿y轴负方向运动，质点c沿y轴正方向运动，所以，质点b比质点c先回到平衡位置，故C错误；由图2可得：周期T=2s；0～0.5s（T）时间内质点b的平均速率比质点a的大，质点b的振动路程比质点a的大，故D正确；3s＝T，由质点半个周期的路程恒为2A可得：质点a、b的振动路程均为6A=30cm，故E正确。故选BDE。【点睛】在求解机械振动的问题中，一般根据振动图象得到周期及质点的振动方向，进而根据波动图象得到传播方向和波长，然后求解波速；最后在根据距离和波速求得任一质点的振动状态。5.某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图（a）为实验装置简图。（交流电的频率为50Hz）（1）若取小车质量M＝0.4kg，改变砂桶和砂的质量m的值，进行多次实验，以下m的值不合适的是

.A．m1＝5g

B．m2＝1kg

C．m3＝10g

D．m4＝400g（2）为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验操作时必须首先

.该操作是否成功判断的依据是

.参考答案：BD平衡摩擦力不挂沙桶时纸带的点迹是均匀的（轻推小车后，小车能保持匀速直线运动）二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度和所受拉力F的关系。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条一F图线，如图乙所示。

（1）图线①是轨道处于

（填“水平”或“倾斜”）情况下得到的实验结果；（2）图线①、②的倾斜程度（斜率）一样，说明了什么问题?

（填选项前的字母）

A．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的

B．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定参考答案：（1）

倾斜

；

（2）

A

7.某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有

（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是

，实验时为保证细线拉力为木块的合外力首先要做的步骤

（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M.往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m.让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）。则本实验最终要验证的数学表达式为

（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）.参考答案：（1）天平，刻度尺（2分）（2）沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量（2分），平衡摩擦力（2分）（3）（3分）（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；故答案为：刻度尺、天平；

（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有

对沙和沙桶，有mg-T=ma

对小车，有T=Ma

解得故当M＞＞m时，有T≈mg

小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一端垫高；

故答案为：沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦力；

（3）总功为：mgL，动能增加量为：故答案为：mgL=8.汽车的速度计显示的是

的大小。（填“瞬时速度”或“平均速度”）参考答案：瞬时速度9.在空中某固定点，悬挂一根均匀绳子，然后让其做自由落体运动。若此绳经过悬点正下方H=20m处某点A共用时间1s(从绳下端抵达A至上端离开A)，则该绳全长为

m。参考答案：1510.如图所示,MN表示两个等势面,一个负电荷在M面上的D点具有电势能为+2.4×10-3J,在N等势面上的F点具有的电势能为+0.8×10-3J,如果将这个负电荷从C点移到E点电场力做功是_________J。______等势面电势高;电场线AB的方向是_______指向__________参考答案：

(1).

(2).N

(3).B

(4).A由C移到E时，电场力做功W=-△EP=2.4×10-3-0.8×10-3=1.6×10-3J；

由M到N电场力做正功，由于移动的为负电荷，故说明M的电势低；N的电势高；

电场线高电势指向低电势，故由B指向A；【点睛】本题考查电场力做功与电势能的关系，要注意明确电场力做功一定等于电势能的改变量．负电荷在高电势处电势能要小；电场线总是由高电势指向低电势．11.如图为悬挂街灯的支架示意图，横梁BE质量为6kg，重心在其中点。直角杆ADC重力不计，两端用铰链连接。已知BE＝3m，BC＝2m，∠ACB＝30°，横梁E处悬挂灯的质量为2kg，则直角杆对横梁的力矩为

N·m，直角杆对横梁的作用力大小为_______N。参考答案：150，150

12.（实验）在研究匀变速直线运动的实验中，小明正常进行操作，打出的一条纸带只有三个连续的清晰点，标记为0、1、2，已知打点频率为50Hz，则纸带的加速度为

；而P点是纸带上一个污点，小明想算出P点的速度，你认为小明的想法能否实现？若你认为小能实现，请说明理南；若实现请算出P点的速度：

．（如图是小明用刻度尺测量纸带时的示意图）参考答案：5m/s2；0.95m/s解析：根据刻度尺可知：0-1的距离x1=8cm，1-2的距离x2=18-8=10cm，物体做匀变速直线运动，因此有：△x=aT2，得：a==5m/s2

根据匀加速直线运动相邻的相等时间内的位移之差是一个定值△x=0.2cm，则打第3个点的位置为x3=1.8+1.2=3cm，

打第4个点的位置为x4=3+1.4=4.4cm，

打第5个点的位置为x5=4.4+1.6=6cm，

打第6个点的位置为x5=6+1.8=7.8cm，

由图可知，P点的位置为7.8cm，所以P点就是打的第6个点．

物体做匀变速直线运动，根据时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度有：v1==0.45m/s；则vP=v1+5Ta=0.45+5×0.02×5=0.95m/s13.在地球大气层上界，垂直于太阳光方向上的每秒种内每平方米上接受的太阳辐射能叫做太阳常数，其值为J/m2．S。太阳到地球大气层上界的距离取为m，那么太阳能的辐射功率用上述字母可表示为

，其值为

W（结果取2位有效数字）。参考答案：

答案：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图为一块直角三棱镜，顶角A为30°．一束激光沿平行于BC边的方向射向直角边AB，并从AC边射出，出射光线与AC边夹角也为30°．则该激光在棱镜中的传播速度为多少？(结果保留两位有效数字)参考答案：1.7×108m/s解：光路图如图：

由几何关系得：α=∠A=30°，β=90°-30°=60°

折射率

激光在棱镜中传播速【点睛】几何光学要正确作出光路图，由几何知识找出入射角和折射角是关键．知道光速和折射率的关系.15.（选修3—3（含2—2））（7分）如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的p－T图象，已知气体在状态B时的体积是8L，求气体在状态A和状态C的体积分别是多大？并判断气体从状态B到状态C过程是吸热还是放热？参考答案：解析：由图可知：从A到B是一个等温过程，根据玻意耳定律可得：……(2分)

代入数据解得：……………(1分)

从B到C是一个等容过程，

……………(1分)

【或由，代入数据解得：】

由图可知气体从B到C过程为等容变化、温度升高，……(1分)故气体内能增大，……(1分)由热力学第一定律可得该过程气体吸热。……………(1分)四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．如图建立坐标系，x轴平行于金属板，与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板．区域I的左边界在y轴，右边界与区域II的左边界重合，且与y轴平行；区域II的左、右边界平行．在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域I内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II内的磁场垂直于Oxy平面向里．一电子沿着x轴正向以速度v0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和II．已知电子电量为e，质量为m，区域I和区域II沿x轴方向宽度均为．不计电子重力．（1）求两金属板之间电势差U；（2）求电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y；（3）撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域II的右边界飞出．求电子两次经过y轴的时间间隔t．参考答案：（1）两金属板之间电势差U为Bv0d；（2）电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y为；（3）电子两次经过y轴的时间间隔为．：解：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件得：eE=ev0B…①电场强度：E=…②由①②两式联立解得：U=Bv0d；（2）如右图所示，电子进入区域I做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B=m…③设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为y0，区域I的宽度为b（b=）由数学知识得：（R﹣y0）2+b2=R2…④由③④式联立解得：y0=因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域II射出点的纵坐标为：y=2y0=（3）电子刚好不能从区域II的右边界飞出，说明电子在区域II中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域II的右边界相切，圆半径恰好与区域II宽度相同．电子运动轨迹如下图所示．设电子进入区域II时的速度为v，由牛顿第二定律得：evB=m…⑤由人r=b得：v=电子通过区域I的过程中，向右做匀变速直线运动，此过程中平均速度为：=电子通过区域I的时间：t1=（b为区域I的宽度）…⑥解得：t1=2（2﹣3）电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T，由牛顿第二定律得：evB=m…⑦v=…⑧电子在区域II中运动的时间：t2==…⑨由⑦⑧⑨式解得：t2=电子反向通过区域I的时间仍为t1，电子两次经过y轴的时间间隔：t=2t1+t2=（8﹣12+π）答：（1）两金属板之间电势差U为Bv0d；（2）电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y为；（3）电子两次经过y轴的时间间隔为．17.抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动.现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力.(设重力加速度为g)(1)若球在球台边缘O点正上方高度为h1处以速度v1水平发出，落在球台的P1点(如图实线所示)，求P1点距O点的距离x1.

(2)若球在O点正上方某高度处以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球