广东省2023-2024学年高三上学期期末物理试题

/广东省2023-2024学年高三上学期期末物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围是1.63eV~A．1种 B．2种 C．3种 D．4种2．如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆受到水平向左、垂直于杆的恒力F作用，从静止开始沿导轨运动，当运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。对于此过程，下列说法中正确的是（）A．当杆的速度达到最大时，a、b两端的电压为F(R+r)B．杆的速度最大值为F(R+r)C．恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量D．安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热3．一平直公路上有甲、乙两辆车，从t＝0时刻开始运动，在0～6s内速度随时间变化的情况如图所示．已知两车在t＝3s时刻相遇，下列说法正确的是()A．两车的出发点相同B．t＝2s时刻，两车相距最远C．两车在3～6s之间的某时刻再次相遇D．t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6s时刻两车之间的距离4．如图所示，一质量为m的重物，在塔吊电动机的拉力下，由静止开始向上以加速度a1做匀加速直线运动，当重物上升到高度h、重物速度为v1时塔吊电动机功率达到额定功率P0A．重物匀减速阶段电动机提供的牵引力大小为m(g+B．重物匀加速阶段电动机提供的牵引力大小为PC．计算重物匀加速阶段所用时间的方程为PD．假设竖直方向足够长，若塔吊电动机以额定功率P0启动，速度v5．2019年4月10日，事件视界望远镜（EHT）项目团队发布了人类历史上的首张黑洞照片，我国科学家也参与其中做出了巨大贡献。经典的“黑洞”理论认为，当恒星收缩到一定程度时，会变成密度非常大的天体，这种天体的逃逸速度非常大，大到光从旁边经过时都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此时该天体就变成了一个黑洞。若太阳演变成一个黑洞后的密度为ρ、半径为R，设光速为c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的2倍，引力常量为G，则ρRA．3c24πG B．3c28πG6．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FNA．FB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FC．滑块到达斜面底端时的动能为mgLtanαD．此过程中斜面向左滑动的距离为m二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．如图所示，直线a、抛物线b和c为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率PE、输出功率PR、电源内部发热功率Pr，随路端电压U变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断A．PE-U图象对应图线a．由图知电动势为9V，内阻为3ΩB．Pr-U图象对应图线b，由图知电动势为3V，阻为1ΩC．PR-U图象对应图线c，图象中任意电压值对应的功率关系为PE=Pr+PRD．外电路电阻为1.5Ω时，输出功率最大为2.25W8．如图所示，倾角为α=37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sln37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法正确的是（）A．Q点到B点距离为2mB．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加C．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m9．如图所示，两等量异种点电荷分别固定在正方体的a、b两个顶点上，电荷量分别为q和－q（a＞0），c、d为正方体的另外两个顶点，则下列说法正确的是A．c、d两点的电势相等B．c、d两点的电场强度相同C．将一正电荷从c点移到d点，电场力做负功D．将一负电荷从c点移到d点，电势能增加10．如图甲所示，倾角为30°的足够长的固定光滑斜面上，有一质量m=0.8kg的物体受到平行斜面向上的力F作用，其大小F随时间t变化的规律如图乙所示，t0时刻物体速度为零，重力加速度g=10m/s2。下列说法中正确的是（）A．0~2s内物体向上运动 B．第2s末物体的动量最大C．第3s末物体回到出发点 D．0~3s内力F的冲量大小为9N·s三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．同学们用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r。实验室提供的器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围0∼999.（1）请根据图1所示的电路图，在图2中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来。（2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱，随之电压表示数发生变化，读取R和对应的U，并将相应的数据转化为坐标点描绘在R−R/U图中。请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系中（描点用“+”表示），并画出R−R/（3）根据图5中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E=V，内电阻测量值r=Ω.（保留2位有效数字）（4）实验中测两组R、U的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法。该同学没有采用该方法的原因是。（5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差主要原因是。（6）不同小组的同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内电阻热功率P1以及总功率P2分别随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图6所示的P1−U和12．某同学利用如图1所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下：A．按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）。B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等。C．取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m，并记录数据。D．保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t1、t2，并测量光电门甲、乙之间的距离为s.E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D。请回答下列各问题：（1）若砂桶和砂子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车下滑时所受合力大小为。（忽略空气阻力）（2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图2所示）d=mm。（3）在误差允许的范围内，若满足，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量。（用题目所给字母表示）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．在某次的接力比赛项目中，项目组规划的路线如图所示，半径R=20m的四分之一圆弧PQ赛道与两条直线赛道分别相切于P和Q点，圆弧PQ为接力区，规定离开接力区的接力无效。甲、乙两运动员在赛道上沿箭头方向训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速率跑完全程，乙从起跑后的切向加速度大小是恒定的。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前s=13.5m的A处作了标记，并以v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的P点听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相等时被甲追上，完成交接棒。假设运动员与赛道间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员（可视为质点）在直道上做直线运动，在弯道上做圆周运动，重力加速度g=10m/s（1）为确保在弯道上能做圆周运动，允许运动员通过弯道PQ的最大速率；（2）此次练习中乙在接棒前的切向加速度a。14．坐标原点处的波源在t=0时开始沿y轴负向振动，t=1.5s时它正好第二次到达波谷，如图为t2=1.5s时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图，求：（1）这列波的传播速度是多大?写出波源振动的位移表达式；（2）x1=5.4m的质点何时第一次到达波峰?（3）从t1=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm处的质点通过的路程是多少?15．如图甲所示，在边界为L1L2的竖直狭长区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.02T，在L1的左侧充满斜向上与水平方向夹角为45°的匀强电场E1（E1大小未知）。一带正电的微粒从a点由静止释放，微粒沿水平直线运动到L1边界上的b点，这时开始在L1L2之间的区域内加一竖直方向周期性变化的匀强电场E2，E2随时间变化的图象如图乙所示（E2＞0表示电场方向竖直向上），微粒从b点沿水平直线运动到c点后，做一次完整的圆周运动，再沿水平直线运动到L2边界上的d点。已知c点为线段bd的中点，重力加速度g=10m/s2．求：（1）微粒的比荷；（2）a点到b点的距离；（3）将边界L2左右移动以改变正交场的宽度，使微粒仍能按上述运动过程通过相应的区域，求电场E2变化周期T的最小值。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】大量氢原子从高能级向n=1能级跃迁时，辐射的光子能量都大于10.2eV，不在1.63eV~3.10eV范围之内，发出的光都是不可见光；大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，辐射的光子能量都小于1.51eV，不在1.63eV~3.10eV范围之内，发出的光都是不可见光；n=3能级向n=2能级跃迁时，辐射的光子能量为1.89eV，属于可见光；n=4能级向n=2能级跃迁时，辐射的光子能量为2.55eV，属于可见光；n=5能级向n=2能级跃迁时，辐射的光子能量为2.86eV，属于可见光；n=6能级向n=2能级跃迁时，辐射的光子能量为3.02eV，属于可见光；n=7能级向n=2能级跃迁时，辐射的光子能量为3.12eV，属于不可见光；可知只有4种可见光。

故答案为：D。

【分析】高能级向低能级跃迁时辐射的光子能量在1.63eV~3.10eV范围之内，则发出的光是可见光。再根据能级跃迁释放能量的计算方法进行解答。2．【答案】D【解析】【解答】AB．当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F=μmg+得最大速度为v当杆的速度达到最大时，杆产生的感应电动势为：E=BLa、b两端的电压为：U=AB不符合题意；C．根据动能定理知，恒力F做的功、摩擦力做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量，C不符合题意；D．根据功能关系知，安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热，D符合题意。故答案为：D。

【分析】当导体棒受到的安培力等于拉力的时候，导体棒速度达到最大，列方程求解此时的速度；结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量。3．【答案】D【解析】【解答】由图可得，0~3s内，乙的位移12×(2+0.5)×3=3.75m，甲的位移12×(2+4)×2+1故答案为：D．

【分析】v-t图像的斜率为物体运动的加速度；与坐标轴围成图形的面积为物体运动的位移；两车相遇时运动的位移相等；3s至6s两车间的距离不断变大，无法相遇。4．【答案】B【解析】【解答】A、根据牛顿第二定律，重物匀减速阶段mg-解得F故A错误；

B、重物在匀加速阶段P解得F故B正确；

C、匀加速阶段P电动机功率逐渐增大，不满足P故C错误；

D、假设竖直方向足够长，若塔吊电动机以额定功率P0启动，能达到的最大速度v故D错误。

故答案为：B。

【分析】确定重物的受力情况，根据牛顿第二定律确定牵引力的大小。重物做匀变速直线运动时，重物受到的牵引力不变，电动机的功率等于牵引力与速度的乘积。5．【答案】B【解析】【解答】根据万有引力提供向心力有G得第一宇宙速度v=则第二宇宙速度为v所以ρ故答案为：B。

【分析】利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；结合第二宇宙速度和第一宇宙速度的大小关系可以求出密度和半径平方乘积的最小值。6．【答案】D【解析】【解答】A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；

B、滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I=故B错误；

C、B下降的高度为Ltanα，其重力势能的减小量等于mgLtanα，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtanα，故C错误；

D、系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M又x解得x故D正确。

故答案为：D。

【分析】滑块向下滑动过程，斜面向左滑动，滑块在沿斜面方向不处于平衡状态。系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。再根据能量守恒及动量守恒定律进行分析解答。7．【答案】B,C【解析】【解答】A、总功率P可知PE-U图象对应图线a，由数学知识得知，图象a的斜率大小k=当U=0时P联立解得E=3V，故A错误；

B、内阻消耗的功率P由数学知识可知，Pr-U图象的对应图线b，故B正确；

C、根据功率关系可得：P则P由数学知识可知，Pr-U图象的对应图线c，故C正确；

D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为1Ω时，输出功率最大，最大输出功率为P故D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据功率及热功率的定义结合闭合电路的欧姆定律确定各图像的函数表达式时，再结合各表达式对应的图像，结合图像进行数据处理。电源输出功率与电源热功率之和等于电源总功率，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。8．【答案】A,D【解析】【解答】A、物块从A到Q全过程由动能定理得mg由题知μ=0.5，s解得s故A正确；

B、全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，故B错误；

C、物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得mgH-mg显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，故C错误；

D、因为μ<tanθ，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得mg代入数据解得s=15故D正确。

故答案为：AD。

【分析】摩擦力一直做负功，物块的机械能减少。确定物体在运动过程中各力的做功情况，再根据动能定理及能量守恒定律进行解答。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、由几何关系可知，由于c点离正电荷更近，则c点的电势比d点高，故A错误；

B、c、d两点关于ab对称，且ab电荷量相同，由电场强度的叠加可知，c、d两点的电场强度相同，故B正确；

C、由于c点的电势比d点高，将一正电荷从c点移到d点，正电荷电势能减小，则电场力做正功，故C错误；

D、由于c点的电势比d点高，将一负电荷从c点移到d点，负电荷电势能增大，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】熟悉掌握等量异种电荷的电场线及等势面的分布情况及特点。越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低。电势能减小，电场力做正功。10．【答案】A,D【解析】【解答】AB、物体所受重力沿斜面方向的分力大小为F=mg即0-1s物体向上运动，设2s末物体的速度为v，以沿斜面向上为正方向，则对0-2s根据动量定理有F结合图像代入数据可得v=0即2s时物体向上的速度恰好为零，故0-2s物体向上运动，根据动量定义可知第2s末物体的动量为p=mv=0故A正确，B错误；

C、物体在0-2s始终向上运动，且在2s时速度为零，在0-1s和1-2s过程中，根据牛顿第二定律分别有F1-mg根据平均速度的定义及匀变速运动规律，可知物体运动到最高点的位移为S=在2-3s过程中，根据牛顿第二定律有mg设物题回到出发点时间为t，根据平均速度的定义及匀变速运动规律，可知下滑至出发点过程有S=接的t=即物体在2+63sI=故D正确。

故答案为：AD。【分析】熟悉掌握冲量的定义及计算方法。F-t图像与时间轴所围面积表示该段时间内力的冲量。根据动量定理确定物体在2s时的速度大小，速度向上则2s内一直向上运动。根据牛顿第二定律确定物体在各时间段内的加速度，再根据平均速度的定义及匀变速运动规律确定何时返回出发点。11．【答案】（1）（2）（3）2.8V；1Ω（4）偶然误差较大（5）电压表内阻不是无穷大（6）AC【解析】【解答】（1）电路连线如图所示

（2）图3中电阻箱读数为R=3.0Ω图4中电压表读数为U=2.00则有R将对应数据在R-R/U图像中描出对应点，画出R-R/U图线如图所示

（3）根据闭合电路欧姆定律可得E=U+可得R=则由图像可知E=k=6-(-1)2.5（4）由于读数不准确带来实验的偶然误差，实验中测两组U、R的数据，利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法不能减小这种偶然误差，而利用图象进行处理数据可以减小偶然误差。

（5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，电压内阻不是无穷大，对回路的分流影响比较明显，故造成该误差主要原因是电压表内阻不是无穷大。

（6）AB、电池组的内电阻热功率P则对于相同的U值，则r越大，对应的P1越小，故A正确，B错误；

CD、总功率为P则对相同的U值，r大P2越小，故C正确，D错误。

故答案为：AC。

【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据电路图及实验原理推到得出图像的函数表达式，再结合图像进行数据处理。利用图象进行处理数据可以减小偶然误差，即可舍去误差较大的数据。系统误差主要来源于电压表的分流或者电流表的分压。根据功率的定义分析图像走势情况。12．【答案】（1）mg（2）6.75（3）mgs=12M（【解析】【解答】(1)探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg；(2)根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度d=6mm+15×0.05mm=6.75mm(3)遮光片通过两个光电门1、2的速度分别为v1=dt1、v2=dt2故小车动能变化量为△Ek在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即mgs=12M（

【分析】（1）重物的重力充当拉力；

（2）明确游标卡尺的读数规则进行读数即可；

（3）根据动能定理公式，其中是小车动能的变化，利用题目提供的数据把具体的形式表达出来在化简即可。13．【答案】（1）解：因为运动员弯道上做圆周运动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有μmg=解得v=（2）解：设经过时间t，甲追上乙，甲的路程为x乙的路程为x由路程关系有vt=将v=9m/s代入得t=3s此时vt=27m<所以还在接力区内根据v=at代入数据解得a=3m/s2【解析】【分析】（1）运动员弯道上做圆周运动，确定运动员做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；

（2）乙在接棒前，在切向方向做匀加速直线运动，由于最大速度小于临界速度，故乙可到达与甲共速。根据位移与速度关系结合两运动员运动位移的关系确定发出指令到追上乙所用的时间。根据此过程乙运动的位移与弧长的关系判断是否还在接力区。再根据匀变速直线运动位移与时间的关系确定加速度的大小。14．【答案】（1）解：由图像可知波长λ=0.6m，由题意有t2=波速为v=波源振动的位移表达式为x=Asinx=−5（2）解：波传到x1=5.4m需要的时间为Δ质点开始振动方向与波源起振方向相同，沿-y方向，从开始振动到第一次到达波峰需要时间为Δ所以，x1=5.4m的质点第一次到达波峰的时刻为t（3）解：波传到x2=30cm需要时间为Δ所以从t1=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm处的质点振动时间为Δ所以，该质点的路程为s=【解析】【分析】（1）根据波的传播方向及“上下坡”法确定1.5s内波源振动时间与周期的关系，再根据图像确定波的波长，结合波速、波长和周期公式确定波速大小。确定波的振幅及0s时刻波源位于平衡位置。再根据线速度与周期公式及波的振动方程格式确定波源的位移表达式；

（2）根据波速的