广东省佛山市禅城实验高级中学2021-2022学年高三物理下学期期末试卷含解析

广东省佛山市禅城实验高级中学2021-2022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.甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知________A.甲速度为零时，乙速度最大B.甲加速度最小时，乙速度最小C.两个振子的振动频率之比f甲：f乙＝1：2D.任一时刻两个振子受到的回复力都不相同E.任一时刻两个振子的振幅之比为A甲：A乙＝2：1参考答案：ACE【分析】由振动图象读出两弹簧振子周期之比，频率与周期互为倒数，由图读出两振子位移最大值之比，可知任一时刻两个振子的振幅之比，平衡位置，回复力为零加速度最小，速度最大，由此分析；【详解】A、

时，甲位于最大位移处，图象的斜率表示速度，速度为零，而此时乙位于平衡位置，图象的斜率最大，速度最大，故A正确；B.在或时，甲的加速度最小，甲位于平衡位置，回复力为零，此时，乙也位于平衡位置，加速度为零，速度最大，故B错误；C、频率与周期互为倒数，频率之比为周期之比的反比，由图象可知，甲乙的周期之为，故频率之比为，故C正确；

D、在或时，甲乙都处于平衡位置，回复力都为0，故D错误；E、振幅为弹簧振子做简谐运动的最大位移，由图象可知，甲乙最大位移之比为，振幅之比为，故E正确；故选ACE。2.（多选）如图是木块在水平桌面上滑动时(水平方向仅受摩擦力作用)速度随时间变化的v-t图.根据图象的斜率可以求出木块的加速度.还可以求出的物理量是：(

)A.木块的位移

B.木块的机械能损失量C.木块与桌面的动摩擦因数

D.木块克服摩擦力做的功参考答案：AD3.如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L，在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q(视为点电荷)，在P点平衡，若不计小球的重力，那么PA与PB的夹角α与Q1，Q2的关系是A．

B．C．

D．参考答案：D解析：建立沿OP方向为y轴，垂直OP方向为x轴，P为原点的坐标系，由力的平衡，用正交分解法知：FABsinα＝FBPcosα①

②

③

④由①②③④可求得：，故选D。4.（单选题）一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块（

）A．仍处于静止状态

B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变

D．受到的合外力增大参考答案：A5.如图所示，灯丝F发射的电子束经过电场加速后从阳极上的狭缝S穿出，通过两条平行狭缝S1、S2后，在荧光屏上形成明显的双缝干涉图样。已知一个电子从狭缝S穿出时动量为P，普朗克常量为h，则

A．经过电场加速后，电子的德布罗意波长为B．经过电场加速后，电子的德布罗意波长为C．荧光屏上暗条纹的位置是电子不能到达的位置D．荧光屏上亮条纹的位置是电子到达概率大的位置参考答案：BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某实验小组采用图所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点针时器工作频率为50Hz．Ⅰ．实验的部分步骤如下：①在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；②将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一列点，断开开关；③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作。▲

▲

Ⅱ．图是钩码质量为0.03kg，砝码质量为0.02kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D和E五个计数点，可获得各计数点到O的距离s及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表1中的相应位置（计算结果保留两外有效数字）．Ⅲ．在小车的运动过程中，对于钩码、砝码和小车组成的系统，

做正功，

做负功．▲

▲

Ⅳ．实验小组根据实验数据绘出了图中的图线（其中Δv2=v2-v20），根据图线可获得的结论是

．要验证“动能定理”，还需要测量的物理量是摩擦力和

．▲

▲

表1纸带的测量结果参考答案：Ⅱ．5.07（±0.02）

0.49；

Ⅲ．钩砝的重力

小车受摩擦阻力；Ⅳ．小车初末速度的平方差与位移成正比

小车的质量；7.如图所示，把电量为－2×10-9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能___________（选填“增大”、“减少”或“不变”）；若A点的电势UA=15V，B点的电势UB=－5V，则此过程中克服电场力做的功为__________________J。参考答案：

答案：增大

4×10-8

8.静电场是___________周围空间存在的一种物质；通常用___________来描述电场的能的性质。参考答案：静止电荷；电势9.某种紫外线波长为300nm，该紫外线光子的能量为6.63×10﹣19J．金属镁的逸出功为5.9×10﹣19J，则让该紫外线照射金属镁时逸出光电子的最大初动能为7.3×10﹣20J（普朗克常量h=6.63×10﹣34J?s，真空中的光速c=3×108m/s）参考答案：：解：光子的能量E=J根据光电效应方程Ekm=E﹣W0

代入数据得，Ekm=6.63×10﹣19J﹣5.9×10﹣19J=7.3×10﹣20J故答案为：6.63×10﹣19，7.3×10﹣2010.在如右图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号为“1”，B端输入电信号为“1”时，在C端和D端输出的电信号分别为_____和______。参考答案：0，0

11.用氦氖激光器进行双缝干涉实验，已知所用双缝间的距离为d=0.1mm，双缝到屏的距离为L=6.0m，测得屏上干涉条纹中相邻明条纹的间距是3.8cm，氦氖激光器发出的红光的波长是

m；假如把整个干涉装置放入折射率为的水中，这时屏上的明条纹间距是 cm。(结果保留三位有效数字)参考答案：12.已知一小量程电流表的内阻Rg为200欧姆，满偏电流Ig为2mA．现在用如图电路将其改装为量程为0.1A和1A的双量程电流表．（1）当用哪两个接线柱时为0.1A的量程？答：a、c（2）当用哪两个接线柱时为1A的量程？答：a、b（3）定值电阻R1=0.41，R2=3.7（保留两位有效数字）．参考答案：考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流计改装成电流表需要并联一个分流电阻，分析图示电路结构、应用并联电路特点与欧姆定律答题．解答：解：（1）电流表量程越小，并联电阻阻值越大，由图示可知，电流表量程为0.1A时，接a、c两个接线柱．（2）电流表量程越大，并联的分流电阻越小，由图示可知，电流表量程为1A时，接a、b两个接线柱．（3）由图示电路图可知，R1+R2=，R1=，代入数据解得：R1=0.41Ω，R2=3.7Ω故答案为：（1）a、c；（2）a、b；（3）0.41；3.7．点评：本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构，应用串并联电路特点、欧姆定律即可正确解题．13.如图所示电路中，E为不计内阻的电源，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，灯L的电阻不随温度改变，所有电表均为理想电表。某同学选择与电路图相应的实验器材，按图示电路进行实验，通过改变滑动变阻器滑动片P的位置从而调节灯泡的亮度，并将各电表的示数变化情况分别记录在下表中。实验序号A1表示数（A）A2表示数（A）V1表示数（V）V2表示数（V）10.850.143.52.102X0.244.82.4030.720.484.80则由表格中数据可知变阻器电阻R1的全阻值为

W；表格中X值为

。参考答案：．20；0.72三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学用如图所示装置测量重力加速度g，所用交流电频率为50Hz。在所选纸带上取某点为0号计数点，然后每3个点取一个计数点，所有测量数据及其标记符号如题图所示。该同学用两种方法处理数据（T为相邻两计数点的时间间隔）：①从实验装置看，该同学所用交流电的电压为_______伏特。②从数据处理方法看，在S1、S2、S3、S4、S5、S6中，对实验结果起作用的，方法A中有_____________；方法B中有______________。因此，选择方法__________（A或B）更合理。参考答案：15.在练习使用多用电表的实验中：（1）某同学用多用电表测量电阻，其欧姆挡的电路如图甲所示，若选择开关处在“×100”挡时，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值，指针位于图乙示位置，则Rx=______Ω。（2）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将_________（填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图丙所示。①关于该欧姆表，下列说法正确的是A．电阻刻度的零位在表盘的右端B．表盘上的电阻刻度是均匀的C．测量前，不需要红、黑表笔短接调零D．测量后，应将开关S断开②某同学进行如下操作：当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏。当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻Rx的阻值为

。已知电流表的内阻为Rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R。参考答案：（1）7.0×102（2分）（2）变大（2分）（3）①CD（2分，选对1个给1分，有选错的得0分）

②（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，一边长L=0.2m，质量m1=0.5kg，电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd，与一质量为m2=2kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．起初ad边距磁场下边界为d1=0.8m，磁感应强度B=2.5T，磁场宽度d2=0.3m，物块放在倾角θ=53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现将物块由静止释放，当ad边刚离开磁场上边缘时，线框恰好开始做匀速运动．求：（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时绳中拉力的功率；（2）从开始运动到线框刚离开磁场，整个运动过程中线框中产生的热量．参考答案：解：（1）线框匀速离开磁场，处于平衡状态，由平衡条件得：对m2：m2gsinθ﹣μm2gcosθ﹣T=0，代入数据解得：T=2×10×0.8﹣0.5×2×10×0.6=10N，对m1：T﹣m1g﹣BIL=0，感应电流：I=，代入数据解得：v=2m/s，绳子拉力的功率：P=Tv=10×2=20W；（2）从最初到线框刚完全出磁场过程，由能量守恒定律得：（m2gsinθ﹣μm2gcosθ）（d1+d2+L）﹣m1g（d1+d2+L）=Q+（m1+m2）v2，代入数据解得：Q=1.5J；答：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时绳子拉力的功率为20W；（2）从开始运动到bc边离开磁场过程中线框产生的焦耳热为1.5J．17.如图所示，一小物块从斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点。已知斜面的倾角θ=37°，小物块的质量m=0.10kg,小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25，A点到斜面底端B点的距离L=0.50m，设斜面与水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2）求：（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小；（2）小物块在斜面上运动的时间；（3）从B到C的过程中，小物块克服摩擦力做的功。参考答案：（1）对物块受力分析如图所示，根据牛顿运动定律：

mgsin37o–f=ma

(1分)

N–mgcos37o=0

f=μN

(1分)代入数据解得：a=4m/s2

(1分)（2）设从A到B运动的时间为，根据

(2分)解得：

(1分