山西省临汾市襄汾县新城镇联合学校2022-2023学年高三物理下学期期末试卷含解析

山西省临汾市襄汾县新城镇联合学校2022-2023学年高三物理下学期期末试卷含解析一、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.如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中A．小球的重力势能增加-W1B．小球的电势能减少W2C．小球的机械能增加W1+D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒参考答案：AB解析：由功能关系可知，在小球由静止到离开弹簧的过程中，小球的重力势能增加-W1,小球的电势能减少W2,选项AB正确；小球的机械能增加W2，小球与弹簧组成的系统机械能和电势能之和保持不变，选项CD错误。2.（单选题）下列说法不符合物理学史实的是（

）A．牛顿发现了行星运动的规律B．奥斯特发现了电流的磁效应C．伽利略通过理想实验，说明物体的运动不需要力来维持D．安培提出了分子电流假说参考答案：A3.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为A．和0.30s

B．3和0.30sC．和0.28s

D．3和0.28s参考答案：B

解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据得,根据牛顿第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正确.4.根据氢原子能级图（如图)可判断：A.氢原子跃迁时放出的光子的能量是连续的B.电子的轨道半径越小，氢原子能量越大C.处于基态的氢原子是最稳定的D.欲使处于基态的氢原子激发，可用11eV的光子照射参考答案：C5.（单选）关于卫星绕地球做匀速圆周运动的有关说法正确的是A．卫星受到的地球引力对其做正功B．卫星的轨道半径越大，其线速度越大C．卫星的轨道半径越大，其周期越小D．卫星受到的地球引力提供为圆周运动所需之向心力参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图甲所示为某一测量电路，电源电压恒定。闭合开关S，调节滑动变阻器由最右端滑动至最左端，两电压表的示数随电流变化的图象如图乙所示，可知：_____（填“a”或“b”）是电压表V2示数变化的图象，电源电压为_____V，电阻Rl阻值为_____Ω，变阻器最大阻值为_____Ω。参考答案：7.一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图l所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v一t图像呈周期性变化，如图2所示。则盒内物体的质量为

。参考答案：M8.某人在某行星表面以速率v竖直上抛一物体，经时间t落回手中，已知该行星的半径为R，则能在这个行星表面附近绕该行星做匀速圆周运动的卫星所具有的速率为

参考答案：9.为了测量某材质木块与牛皮纸之间的动摩擦因数，一位同学设计了如下实验：如图所示，在斜面和水平面上贴上待测牛皮纸，保证木块放在斜面顶端时能加速下滑，斜面与水平面间平滑连接。让木块从斜面顶端由静止开始下滑时，该同学只用一把刻度尺就完成了测量任务（重力加速度g为已知）。（1）该同学需要测量的物理量是_____________。（用文字和字母符号来表示）（2）动摩擦因数的表达式=______________（用所测量物理量的符号表示）。参考答案：（1）释放点与水平面的高度差h，木块静止点与释放点间的水平距离s（2分）（2）h/s（3分）10.用如右图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α；球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点。用图中所示各个物理量的符号表示碰撞前后两球A、B的动量（设两球A、B碰前的动量分别为pA、pB；碰后动量分别为PA/、PB/，则PA=_________，PA/=_________，PB=_________，PB/

=_________。

参考答案：mA

，mA

，0，11.光电效应和

都证明光具有粒子性，

提出实物粒子也具有波动性．参考答案：康普顿效应，德布罗意解：物体在光的照射下发射出电子的现象叫光电效应，根据爱因斯坦光子说的理论可知，光电效应说明了光具有粒子性．康普顿效应也揭示了光具有粒子性．而德布罗意波长，λ=，可知，实物粒子具有波动性．12.某兴趣小组通过物块在斜面上运动的实验，探究“合外力做功和物体速度v变化的关系”。实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∞②W∞v③W∞v2。他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感

器，每次实验物体都从不同位置处由静止释放。

(1)实验中是否需要测出木板与水平面的夹角?

。

(2)同学们设计了以下表格来记录实验数据。其中L1、L2、L3、L4……，代表物体分别从不同高度处无初速释放时初始位置到速度传感器的距离，v1、v2、v3、v4……，表示物体每次通过Q点的速度。实验次数1234……LL1L2L3L4……vv1v2v3v4……

他们根据实验数据绘制了如图乙所示的L-v图象，由图象形状得出结论W∞v2。

他们的做法是否合适，并说明理由?

。

(3)在此实验中，木板与物体间摩擦力大小

(选填“会”或“不会”)影响得出的探究结果。参考答案：（1）（2分）不需要。（2）（2分）不合适。由曲线不能直接确定函数关系，应进一步绘制L－v2图象。（3）（2分）不会。13.如图所示，水平平行线代表电场线，但未指明方向，带电量为10-8C的正电微粒，在电场中只受电场力的作用，由A运动到B，动能损失2×10-4J，A点的电势为-2×103V，则微粒运动轨迹是虚线______（填“1”或“2”），B点的电势为_________V．

参考答案：

2

，

1.8×104三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证动能定理．如图所示，测量步骤如下：（1）将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上间距为l的两点处分别安装光电门P1和P2．（2）用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d．（3）接通气源及光电计时器，将滑块从导轨左端自由释放．测得滑块分别通过两个光电门时遮光时间为△t1和△t2．阅读上面的实验步骤回答下列问题：（1）写出本实验验证动能定理的原理式2g=（用测出的物理量表示）（2）实验所用滑块的质量m=600g，其他数据如下L=1.5m，H=10cm，l=50cm，则实验中外力所做的功为0.2J．（g=10m/s2）（3）写出减小实验系统误差的一种措施适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度．参考答案：解：（1）合外力做功即为重力所做的功为：W=mgh=mglsinθ=mgl，动能的增加量为：，由W=△EK得验证动能定理的原理式为：2g=（2）代入数据可得合外力做功为：W=mgl=0.6×=0.2J（3）误差来源来自于滑块速度的近似处理，可以适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度或减小遮光条的宽度．故答案为：（1）2g=；（2）0.2J；（3）适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度．15.如图所示装置可用来验证机械能守恒，直径为d的摆球A拴在长为L的不可伸长的轻绳一端（L>>d），绳的另一端固定在O点，O点正下方摆球重心经过的位置固定光电门Ｂ。现将摆球拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放摆球，当其到达最低位置时，光电门Ｂ记录的遮光时间为t。⑴如图为50分度游标卡尺测量摆球A的直径d=

mm。⑵摆球到达最低点的速度v=

（用题中字母表示）。⑶写出满足机械能守恒的表达式

（用题中字母表示）。参考答案：四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图（a）所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与X轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示，E为+E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿Y轴正方向自坐标原点0射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A（A点在图中未画出）．若to=0，则OA连线与Y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力：（1）求粒子的比荷；（2）若t0=，求A点的坐标；（3）若t0=，求粒子到达A点时的速度．参考答案：解：（1）粒子在t0=0时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为：

y=vT

粒子沿x轴方向在0～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1，末速度为v1，则：

v1=a

粒子沿x轴方向在～T内做匀减速运动，位移为x2，则：

粒子沿x轴方向的总位移为x，则：

x=x1+x2

粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得：

qE=ma

由题意OA与y轴正方向夹角为45°，则：y=x

解得：（2）粒子在t0=时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为：

y=vT

粒子沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则：

v2=a

粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v3，则：

粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，位移为x5，则：

粒子沿x轴的总位移为x′，则：

x′=x3+x4+x5解得：x’=0

则A点的坐标为（0，vT）（3）粒子在t0=时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，速度不变；沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：

v4=a

粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：

粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，末速度为v6，则：

解得：v6=0

则：粒子通过A点的速度为v．答：（1）求粒子的比荷为．（2）若t0=，A点的坐标为（0，vT）．（3）若t0=，粒子到达A点时的速度为v．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】（1）由于带电粒子在x轴上受到的是方向交替变化的力，而y轴方向不受力，所以带电粒子的运动情况比较杂．y轴方向一直做匀速直线运动，而x轴上从t0=0出发的粒子先做匀加速运动，后做匀减速，则经过Tvx=0，把xy方向的分位移分别求出来，根据合位移与y轴夹角为45°，联立求得粒子的比荷．（2）从时刻出发的粒子，按同样的道理分段分别求出x、y方向上的位移，从而就能知道A点的坐标．（3）从时刻出发的粒子，在x轴方向上先经时刻匀加速，在经过时间的匀减速至零．再反方向匀加速至某一值，再正方向减速至零．则粒子的速度只有y轴方向的速度了，即合速度为v．17.扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直干扰面．一质量为m、电量为﹣q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30°（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件．参考答案：考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： （1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间．（2）由几何知识求出高度差．（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区．由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件．解答： 解：（1）如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为v，匀速圆周运动的半径为R1．根据动能定理得：qU=mv2

①由牛顿定律，得qvB0=m

②由几何知识，得L=2R1sinθ=R1

③联立代入数据解得B0=

④粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t0=

⑤联立上述①②③④⑤解得：t0=；（2）设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得：qvB2=m，由于B2=B1，得到R2=R1=L，由几何知识可得：h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ，联立，代入数据解得h=（2﹣）L；（3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足：R2（1+sinθ）＜L，代入数据解得：B2＞h；答：（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0为；（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h为（2﹣）L；（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件为B2＞h．点评： 本题的难点在于分析临界条件，粒子恰好穿出磁场时，其轨迹往往与边界相切．18.如图所示，半径R=0.5m的金属圆筒a内同轴放置一半径稍小的金属圆筒b，筒a外部有平行于圆筒轴线、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．两圆筒