山西省吕梁市古城中学2023年高三物理期末试卷含解析

山西省吕梁市古城中学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.（多选）下列说法中正确的是________。

A．同一温度下，气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律B．单晶体和多晶体都有规则的几何外形

C．布朗运动反映了固体小颗粒内分子的无规则运动

D．物体熔化时吸热，分子平均动能不一定增加

E．完全失重状态下的气体压强一定不为零参考答案：ADE2.我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星。某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下（其它星体对它们的作用可忽略）绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动。由观察测得其运动周期为T，S1到O点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G。由此可求出S2的质量为（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：B设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：r1即m2=，故选B．3.如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷，电荷量均为+Q，MN连线的中点为O．正方形ABCD以O点为中心，E、F、G、H是正方形四边的中点，则下列说法中正确的是A．A点电势低于B点电势B．正点电荷沿直线从A到B，电势能先减小后增大C．O点的电场强度为零，电势也为零D．对同一负点电荷，沿路径A→C→D比沿A→B电场力做的功多参考答案：B4.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统（BDS），是继美全球定位系统（GPS）和俄GLONASS之后第三个成熟的卫星导航系统。2012年12月27日，北斗系统空间信号接口控制文件正式版正式公布，北斗导航业务正式对亚太地区提供无源定位、导航、授时服务。北斗卫星导航系统由空间端、地面端和用户端三部分组成。空间端包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星。30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星平均分布在倾角55度的三个平面上，轨道高度约21500公里，静止轨道卫星的高度约为36000公里，地球半径约为6400公里．下列关于北斗导航卫星的说法正确的是:A．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大B．静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度C．静止轨道卫星的周期比中轨道卫星的周期小D．地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度小参考答案：D5.如右图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g。则下列说法正确的是A．弹簧的最大弹性势能为mghB．物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mghC．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D．物体最终静止在A点参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.物体在地面附近以2m/s2的加速度匀减速竖直上升，则在上升过程中，物体的动能将

??

，物体的机械能将

??

。（选填增大、减小或不变）参考答案：答案：减小，增大7.如图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图乙所示)．

⑴若图乙中示波器显示屏上横向的每大格(5小格)对应的时间为2.50×10－3s，则圆盘的转速为

r/s.(保留3位有效数字)⑵若测得圆盘直径为10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为

cm.(保留3位有效数字)参考答案：

90.9r/s、1.46cm8.据报道：1978年澳大利亚科学家利用5m长的电磁轨道炮，将质量为3.3g的弹丸以5.9km/s的高速发射获得成功。假设弹丸在轨道炮内做匀加速直线运动，弹丸所受的合力为_________N。如果每分钟能发射6颗弹丸，该电磁轨道炮的输出功率约为＿＿＿＿＿Ｗ。参考答案：1.15×104

N；

5.74×103

W。9.如图是甲、乙两位同学在“验证力的平行四边形定则”实验中所得到的实验结果，若用F表示两个分力F1、F2的合力，用F′表示F1和F2的等效力，则可以判断________(选填“甲”或“乙”)同学的实验结果是尊重事实的．

参考答案：甲10.(9分)热力学第二定律常见的表述有两种。第一种表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；第二种表述：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。图10（a）是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体。请你根据第二种表述完成示意图10（b）。根据你的理解，热力学第二定律的实质是_________________________。参考答案：答案：示意图如下。热力学第二定律的实质是：自然界中进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性。

11.如图所示为氢原子的能级图，n为量子数。在氢原子核外电子由量子数为2的轨道跃迁到量子数为3的轨道的过程中，将

（填“吸收”或“放出”）光子。若该光子恰能使某金属产生光电效应，则一群处于量子数为4的激发态的氢原子在向基态跃迁过程中，有

种频率的光子能使该金属产生光电效应。参考答案：吸收

（填“吸收”或“放出”）；

512.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，交流电频率为50Hz．如图是某次实验得到的一条纸带，舍去前面比较密集的点，从O点开始计数，O、A、B、C是四个连续的计数点，每两个相邻的计数点之间有9个实际点（未画出），A、B、C三点到O点的距离分别为xA=3.0cm，xB=7.6cm，xC=13.8cm，则打计数点B时小车的速度为m/s，小车运动的加速度为m/s2．参考答案：0.27，0.4；解：由于每相邻两个计数点间还有9个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.2s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．vB==0.27m/s根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==0.4m/s2．故答案为：0.27，0.4；13.在距水平地面45m高处以水平向右的速度5m/s抛出一质量为1kg的石子(不计空气阻力)。经时间s，此时石子的速度大小为

；重力对石子做功的瞬时功率P为

W。(g取10m/s2).

参考答案：答案：15m/s；100W或141.4W三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.(1)某同学组装完成的简易多用电表的电路图如图甲所示。该多用电表有___________个电阻档，红表笔接___________(选填A或B)，该同学选择多用电表的×1Ω挡测量一电阻R2的阻值，正确操作后得到如图乙所示的指针情况，则电阻Rx的阻值约为___________Ω。(2)为了精确测量该电阻Rx阻值，该同学从实验室选取了下列器材：A．电流表A1(0～4mA、内阻r1=1Ω)

B．电流表A2(0～10mA、内阻r2≈5Ω)C．滑动变阻器R(0～5Ω)

D．定值电阻R0(阻值为9Ω)E．电源E(电动势2V、有内阻)

F．开关、导线若干①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图(用器材符号表示)（

）。②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图所示的I1－I2图像，则该电阻Rx的阻值为___________Ω。参考答案：

(1).两

(2).B

(3).9

(4).

(5).10【详解】（1）多用电表中含有电源的挡位为欧姆档，因此从图中可得知由两个电源，即两个欧姆档；（2）多用电表的红表笔和多用表内部的电源负极连接，因此可知接在电源的B处；（3）欧姆表的读数规则为示数乘挡位，因此可知当前的读数为；（4）电路图如下图：（5）由局部电路的欧姆定律可知，有，结合图像可知，解得。15.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.20mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R直流电源E（电动势4V，内阻不计）电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）

电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）

电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S

导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．参考答案：考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（3）欧姆表读数时要注意乘以倍率；（4）根据提供的电源选择电压表；根据电路中的电流选择电流表；根据实验器材确定滑动变阻器接法，根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表接法，作出电路图．解答：解：（1）20分度的游标卡尺最小分度是0.05mm，主尺读数是5.0cm=50mm；游标读数是0.05×4=0.20mm；总读数是：50mm+0.20mm=50.20mm（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，可动刻度示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200m=4.700mm；（3）欧姆表读数：22×10=220Ω（4）电源的电动势是4V，所以要选择量程是3V的电压表V1；电路中的电流约为：．所以要选择量程是10mA的电流表A2．题目要求测得多组数据进行分析，所以需要采用分压式接法，滑动变阻器选择电阻值比较小的R1．由于，所以采用电流表外接法．电路图如图：故答案为：（1）50.20；（2）4.700；（3）220；（4）如图点评：本题考查了电阻定律的应用、游标卡尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（12分）如图（a）所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1＝4Ω，R2＝6Ω，R3＝3Ω。（1）若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？（2）若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？（3）图（a）中虚线框内的电路可等效为一个电源，即图（a）可等效为图（b），其等效电动势E′等于CD间未接入用电器时CD间的电压；若用导线直接将CD两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流。则等效电源的内电阻r′是多少？（4）若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是多少？参考答案：解析：（1）若在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有

(2分)

理想电压表读数为UV=I1R2=6V

(1分)

（2）若在C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小

(1分)

根据闭合电路欧姆定律，有

(1分)

理想电流表读数为

(1分)

（3）依题意，该等效电源的电动势，短路电流，所以其等效内阻

(3分)

（4）小灯泡的电阻

(1分)

将小灯泡连在C、D之间，相当于接在等效电源E′两端，则流过小灯泡的电流大小为

(1分)

小灯泡的实际功率为

(1分)17.用电阻率为ρ、横截面积为S的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′．金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图1、2所示．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B．当t=0时，方框从静止开始释放，与底面碰撞后弹起（碰撞时间极短，可忽略不计），其速度随时间变化的关系图线如图3所示，在下落过程中方框平面保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g．（1）求在0～15t0时间内，方框中的最大电流Im；（2）若要提高方框的最大速度，可采取什么措施，写出必要的文字说明和证明过程（设磁场区域足够长，写出一种措施即可）；（3）估算在0～15t0时间内，安培力做的功．参考答案：【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；动能定理的应用．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）从图象可以看出，最大速度为8v0，框的aa′边和bb′边边做切割磁感线运动，根据切割公式和欧姆定律列式求解；（2）根据安培力公式，牛顿第二定律列式求解出最大速度的表达式后进行讨论；