浙江省温州市白鹿外国语中学2022年高三物理下学期期末试卷含解析

浙江省温州市白鹿外国语中学2022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21、如图所示，轻质弹簧连接A、B两物体，A放在水平地面上，B的上端通过细线挂在天花板上；已知A的重力为8N，B的重力为6N，弹簧的弹力为4N．则地面受到的压力大小和细线受到的拉力大小可能是（

）A．18N和10N

B．4N和10N

C．12N和2N

D．14N和2N参考答案：BC2.关于下列四幅图说法正确的是

▲

A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B．光电效应实验说明了光具有粒子性C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围参考答案：BCD3.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为A．

B．

C．0

D．参考答案：

【知识点】物体的弹性和弹力；牛顿第二定律．B1C2【答案解析】C解析：对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a==gsinθ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合=Ma=Mgsinθ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明AB间没有相互作用力，故ABD错误，C正确．故选：C．【思路点拨】对整体受力分析求出整体的加速度，再对B受力分析即可求得A对B的压力，再由牛顿第三定律可求得B对A的压力．本题考查牛顿第二定律的应用，要明确两物体加速度相同，均是重力的分力提供加速度．4.实验室可做“声波碎杯”的实验。用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz。将这只酒杯放在大功率的声波发生器前，通过调节发出的声波，使酒杯碎掉，较好的调节方法是A．将声波发生器的功率调到很大

B．将声波的频率调到很高C．同时增大声波的频率和功率

D．将声波的频率调到500Hz参考答案：

D5.（单选）如图所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1kg的物体（视为质点），从高h=1.25m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度vB随v的变化图线是(

)参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.静止的电了经电场加速后，撞击原了使其由基态跃迁到激发态，电子的加速电压至少为_________V；用大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁释放的光了，照射某种金属，有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，则该金属的逸出功一定小于__________eV。参考答案：

(1).10.2

(2).12.09【分析】由高能级向低能级跃迁，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，当光子的能量大于逸出功，即可发生光电效应；【详解】使处于的氢原子跃迁到激发态，所需要的能量最小，即：则电子的加速电压至少为：；根据光电效应规律可知，从跃迁到和从跃迁到时释放的两种频率的光子能产生光电效应，则从跃迁到时释放出光子的能量为：，则可知该金属的逸出功W0一定小于。【点睛】解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即，以及知道光电效应产生的条件。7.下图是一辆连有纸带的小车做匀变速直线运动时，打点计时器所打的纸带的一分．打点频率为50Hz，图中A、B：C、D、E、F…是按时间顺序先后确定的计数点（每两个计数点间有四个实验点未画出）．用刻度尺量出AB、DE之间的距离分别是2．40cm和0．84cm．

（1）那么小车的加速度大小是

m/s2，方向与小车运动的方向相

。

（2）若当时电网中交变电流的频率变为60Hz，但该同学并不知道，那么做实验的这个同学测得的物体加速度的测量值与实际值相比____（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）．参考答案：（1）0.52反（2）偏小：（1）每两个计数点间有四个实验点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s

根据运动学公式得：△x=at2，

a==0.52m/s2，

由于从A到F相邻的计数点位移逐渐减小，所以纸带做减速运动，加速度方向与小车运动的方向相反．

如果在某次实验中，交流电的频率变为60Hz，那么实际打点周期变小，

根据运动学公式△x=at2得：真实的加速度值就会偏大，

所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小。8.在将空气压缩装入气瓶的过程中,温度保持不变,外界做了24kJ的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底,若在此过程中,瓶中空气的质量保持不变,且放出了5kJ的热量.在上述两个过程中,空气的内能共减小________kJ,空气________(选填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ.参考答案：5

放出

299.如图所示，m为在水平传送带上被传送的小物块（可视为质点），A为终端皮带轮，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑。若物块被水平抛出，则A轮每秒的转数至少是A．

B．

C．

D．参考答案：C10.平行四边形定则”实验中，若由于F1的误差使F1与F2的合力F方向略向左偏，如图实所示，但F大于等于F′，引起这一结果的原因可能是F1的大小比真实值偏________，F1的方向使它与F2的夹角比真实值偏________．参考答案：

大

大11.平抛运动可看成是水平方向的

运动和竖直方向的

运动的合运动参考答案：匀速直线运动，自由落体运动12.如右图所示，倾角为300的直角三角形底边长为2L，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨．现在底边中点O处固定一正电荷Ｑ，让一个质量为m的带负电的点电荷从斜面顶端A沿斜面滑下．已测得它滑到仍在斜边上的垂足D处的速度为v，则该质点滑到斜边底端C点时的速度为__________参考答案：13.质量为2．0kg的物体，从离地面l6m高处，由静止开始匀加速下落，经2s落地，则物体下落的加速度的大小是

m/s2，下落过程中物体所受阻力的大小是

N．(g取l0m/s2)参考答案：8；4物体下落做匀加速直线运动，根据位移时间关系得：x=at2，a==m/s2=8m/s2，根据牛顿第二定律得：a=，解得：f=4N。三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率．①首先用多用电表进行了电阻测量，主要实验步骤如下：A．把选择开关扳到“×10”的欧姆挡上；B．把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；C．把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大；D．换用“×100”的欧姆挡进行测量，随即记下欧姆数值；E．把表笔从测试笔插孔中拔出后，将选择开关旋至OFF，把多用电表放回原处．①上述实验中有二处操作错误：错误一：换用“×1”的欧姆挡．错误二：换挡后没有欧姆调零．②分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图1所示，其读数分别是L=23.7mm，d=2.791mm．③为使实验更准确，又采用伏安法进行了电阻测量，右面两个电路方案中，应选择图2中的乙．用实验中读取电压表和电流表的示数U、I和②中读取的L、d，计算电阻率的表达式为ρ=．参考答案：考点：测定金属的电阻率．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：①使用欧姆表测电阻要选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表使用完毕调应把选择开关置于OFF档或交流电压最高挡．②游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，注意二者读数的差别．．③根据题意要求，所测电阻偏小．注意滑动变阻器采用分压式接法，电流表采取外接法．再结合电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式．解答：解：①错误一：用“×10”欧姆挡测电阻，指针偏转较大，说明电阻偏小，应该选用较小挡位，即换用“×1”的欧姆档，换用“×100”的欧姆档是错误的；错误二：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，实验过程中欧姆表换挡后没有进行欧姆调零，这是错误的；②游标卡尺的主尺读数为23mm，游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×7mm=0.7mm，所以最终读数为：23mm+0.7mm=23.7mm；螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为：0.01×29.2mm=0.292mm，所以最终读数为：2.5mm+0.292mm=2.792mm．③题意中电阻较小，要使实验更准确，根据，选取电流表外接法，故选乙图；根据欧姆定律得，R=，根据电阻定律得，R=ρ=ρ，联立两式解得ρ=．故答案为：①换用“×1”的欧姆挡，换挡后没有欧姆调零；②23.7，2.792；③乙，．点评：应掌握欧姆表的使用方法和注意事项：①测量电阻前应将待测电阻与外电路断开；②选档原则是使指针能指在中值电阻附件；③选档后应重新调零；④使用完毕后应将选择开关注意“OFF”或交流电源最高档．解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，以及掌握欧姆定律和电阻定律，会分析误差的来源．15.如下图是某同学在做“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中获得的一段纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz，ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。

从图中读出必要的数据，可求得B点对应的速度是

m/s，加速度是

m/s2。（计算结果均保留二位有效数字）参考答案：

0.080；0.20。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1=1.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2=5.0×105V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量q=8.0×10﹣19C、质量m=8.0×10﹣26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C．求：（1）离子在平行板间运动的速度大小．（2）离子打到荧光屏上的位置C的坐标．（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度

大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？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；带电粒子在匀强电场中的运动．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： （1）带电粒子电场力与洛伦兹力平衡时，即可求解；（2）离子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出半径；离子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式可求出发生位移，从而确定离子打到荧光屏的水平坐标；（3）根据几何知识来画出运动轨迹，求出最大半径，并结合牛顿第二定律，求出磁场满足的条件．解答： 解：（1）设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1=qvB1，代入数据解得：v=5.0×105m/s，（2）离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB2=m得，r=0.2m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ=2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，则轨迹圆弧的圆心角为θ=90°，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y=OO′=vt，x=at2，而a=，则x=0.4m离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC=（0.2+0.4）m=0.6m．（3）只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上．如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r′=m，设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0=m，代入数据解得B0=T=0.3T，则B2′≥0.3T．答案：（1）离子在平行板间运动的速度大小5.0×105m/s．（2）离子打到荧光屏上的位置C的坐标0.6m．（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足B2′≥0.3T条件．点评： 考查带电粒子做匀速圆周运动与类平抛运动中，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，强调运动的分解，并突出准确的运动轨迹图．17.如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动。已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O射入的电子打到N板上的位置到N板左端的距离x。参考答案：（1）垂直纸面向外；（2）