广西壮族自治区2024届高三上学期期末物理试题

广西壮族自治区2024届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．电动平衡车因为其炫酷的操作，被年轻人所喜欢，变成了日常通勤的交通工具。平衡车依靠人体重心的改变，来实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。下表所示为某款电动平衡车的部分参数，若平衡车以最大速度行驶时，电机恰好达到额定功率，则下列说法中正确的是（）电池输出电压36V电池总容量50000mA·h电机额定功率900W最大速度15km/h充电时间2~3小时百公里标准耗电量6kW·hA．电池最多输出的电能约为1800JB．充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为2hC．该平衡车以最大速度行驶时牵引力约为60ND．该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程约为3km2．托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示。环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈。当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度。再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度。同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行。已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是（）A．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D．为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T3．一含有理想变压器的电路如图所示，交流电源输出电压的有效值不变，图中三个电阻R完全相同，电压表为理想交流电压表，当开关S断开时，电压表的示数为U0；当开关S闭合时，电压表的示数为3738A．5 B．6 C．7 D．84．质点在Ox轴运动，U0A．0~3s内，质点的路程为2mB．0~3s内，质点先做减速运动后做加速运动C．1~5s内，质点的平均速度大小为1.27m/sD．3s末，质点的速度大小为2m/s5．AC、CD为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中∠ACB<45°，水平距离均为BC，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A点和D点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（）A．沿AC下滑的物块到底端用时较少B．沿AC下滑的物块重力的冲量较大C．沿AC下滑的物块到底端时重力功率较小D．沿AC下滑的物块到底端时动能较小6．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．如图甲所示，一交流发电机线圈的总电阻r=1Ω，用电器电阻R=9Ω，流过用电器的电流图象如图乙所示，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（）A．交流发电机电动势的峰值为50VB．交流发电机线圈从图示位置开始经过1300sC．交流发电机线圈从图示位置开始转过37°时电压表示数为36D．交流发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中的平均感应电动势为1008．如图所示，设水车的转轮以某一较大的角速度ω做匀速圆周运动，轮缘上有两个水滴A、B同时从同一高度被甩出，并且都落到转轮右侧的水平地面上，假设水滴被甩出的瞬时速度大小与其在轮上运动时相等，速度方向沿转轮的切线方向，不计空气阻力。下列判断中正确的有（）A．两水滴落到水平地面上的速度相同B．两水滴在空中飞行过程中重力做的功相等C．高度一定，ω越大，两水滴在空中飞行的时间差△t越大D．高度一定，ω越大，两水滴落地点的距离Δx越大9．如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1，O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ=60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mgB．小球下降最大距离为LC．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2D．小物块在D处的速度大小为v=10．如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ=32A．物块的速度始终减小B．软绳上滑19C．软绳重力势能共减少了1D．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和三、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．某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。第一次，将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，测出斜面长度为l，斜面顶端与水平地面的距离为h，小滑块在水平桌面上滑行的距离为X1（甲图）；第二次将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X2（图乙）。已知滑块A和B的材料相同，测出滑块A、B的质量分别为m1、m2，重力加速度为g。（1）通过第一次试验，可得动摩擦因数为μ=；（用字母l、h、x1表示）（2）通过这两次试验，只要验证，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。（用字母m1、m2、x1、x2表示）12．为了测量一精密金属丝的电阻率：（1）先用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为Ω，然后用螺旋测微器测其直径为mm，游标卡尺测其长度是mm.（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A电压表(量程3V，内阻约为15kΩ)B电压表(量程15V，内阻约为75kΩ)C电流表(量程3A，内阻约为0.D电流表(量程600mA，内阻约为1Ω)E滑动变阻器(0～5Ω，0.6A)F滑动变阻器(0～2000Ω，0.1A)G输出电压为3V的直流稳压电源EH电阻箱I开关S，导线若干为了尽量多测几组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材除G、I外，还需的是(填代号)．请在虚线框内设计最合理的电路图并将图的实物连线．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率公式．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．如图，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿-y方向、电场强度为E的匀强电场．从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30°～150°，且在xOy平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区．已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计．求：（1）垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1；（2）粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；（3）从x轴上α点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=−b的点，求该粒子经过θ点的速度大小．14．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.1．（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）15．汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子（不计初速度、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过B中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的平行极板D1和D2间的区域。当D1、D2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P1点处，形成了一个亮点；加上图示的电压为U的偏转电压后，亮点移到P2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到P1点，去掉偏转电压后，亮点移到P3点。假设电子的电量为e，质量为m，D1、D2两极板的长度为L，极板间距为d，极板右端到荧光屏中心的距离为s，R与P竖直间距为y，水平间距可忽略不计。（只存在磁场时电子穿过场区后的偏角θ很小，tanθ≈sinθ；电子做圆周运动的半径r很大，计算时略去(L（1）判定磁场的方向，求加速电压的大小；（2）若测得电子束不偏转时形成的电流为I，且假设电子打在荧光屏。上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小；（3）推导出电子比荷的表达式。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．电池最多储存的电能为W=qU=50000×A不符合题意；B．由储存的电能除以额定功率可求得时间为t=B符合题意；C．根据功率公式则有F=C不符合题意；D．由电池总电量除以百公里标准耗电量即可求出x=D不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用电场力做功可以求出存储电能的大小；利用电能及功率的大小可以求出工作的时间；利用功率和速度可以求出牵引力的大小；利用电能的大小及百公里消耗的电能可以求出运动的里程大小。2．【答案】C【解析】【解答】A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，A不符合题意；B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，B不符合题意；C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，C符合题意。D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则T∝12mv2故答案为：C

【分析】对于恒定电流，磁通量不会发生改变，就不会产生感应电流去加热等离子体，使之发生核聚变。3．【答案】B【解析】【解答】设变压器原、副线圈匝数之比为k，当开关断开时，副线圈电压为U2=U0k，根据欧姆定律得副线圈中电流为：I2=U2R=U0Rk，则原线圈中电流为：I1=I故答案为：B

【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解原、副线圈的匝数比即可。4．【答案】D【解析】【解答】A.0~3s内，质点的路程为7.08m，A不符合题意；

B.0～3s内，质点先做减速运动，再做加速运动，再做减速运动，再做加速运动，B不符合题意；

C.1-5s内，质点平均速度为v=C不符合题意；

D.3s末，可知斜率为2，即速度大小为2m/s，D符合题意；

故答案为：D

【分析】利用质点位置时间图像的特点可得出结论。5．【答案】A【解析】【解答】A.设物体所处光滑斜面与水平面夹角为θ，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知，沿斜面方向有x=由几何关系可知x联立可知x可得t=2可知角度越大，下滑时间越小，A符合题意；

B.重力的冲量为I=mgt可知沿AC下滑的物体重力的冲量较大，B不符合题意；

C.重力的功率P=mgv可知，沿AC下滑的物体重力的冲量较小，C不符合题意；

D.由动能定理mgh=可知沿AC下落高度高，则滑块到达底端动能较大，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律可求出物体的加速度大小，进而利用匀变速直线运动位移时间关系式可求出下落时间。6．【答案】D【解析】【解答】A.水平面光滑，当滑块B下滑时，斜面受到支持力会向左运动，此时滑块垂直于斜面的合力不为零，则FA不符合题意；

B.滑块下滑过程支持力对B的冲量大小为FNt，B不符合题意；E由能量守恒可知，滑块下滑重力势能的减小量等于两物体动能的增加量，故滑块到达斜面底端时的动能小于mgtanα，C不符合题意；m则m又有x故斜面向左滑动的距离为xD符合题意。

故答案为：D

【分析】利用物体受力分析，利用共点力平衡的条件可得出支持力的大小；利用能量守恒定律可判断物体的动能大小；根据反冲现象模型特点可求出滑动距离。7．【答案】B,D【解析】【解答】A.由电流随时间变化的图像可知，电流峰值为52EA不符合题意；

B.由图可知ω=100π经过1300e=B符合题意；

C.电压表示数为电压的有效值，始终为U=IR=45VC不符合题意；

D.平均感应电动势为D符合题意。

故答案为：BD

【分析】利用电流峰值和有效值的关系和特点，可求出电流的峰值，结合电路结构，可求出电动势的峰值；利用电动势随时间变化的关系式可求出电动势瞬时值的大小。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A.可知水滴A做斜上抛运动，根据对称性特点可知下落到与水滴B所处的同一高度时，速度与B相同，故之后的运动相同，落在水平面上的速度相同，A符合题意；

B.两水滴质量不一定相同，故重力做功不一定相等，B不符合题意；

C.高度一定，ω越大，则线速度v越大，水滴A上升的高度越高，下落时间越大，水滴B下落的时间越短，故两水滴在空中飞行的时间差越大，C符合题意；

D.高度一定，ω越大，则线速度v越大，水滴在水平方向的距离越大，两水滴落地点的距离越大。

故答案为：ACD

【分析】利用斜上抛运动的特点，结合运动的合成与分解思想，可得出结论。9．【答案】B,D【解析】【解答】A.在小物块下滑过程中，小球m先向下运动，再向上运动，故在开始向下运动时，有mg-绳中的张力小于mg，A不符合题意；

B.当轻绳下降到与杆垂直时，小球下落距离最大，距离为L-LB符合题意；

C.设物体在D点时为v，则速度沿绳方向的分速度为v故物块在D处的速度与小球速度之比为2：1，C不符合题意；

D.可知，小球和物体构成的系统机械能守恒，有mgL解得v=45D符合题意。

故答案为：BD

【分析】利用牛顿第二定律可求出绳的拉力的大小；利用速度的分解可求出物体与小球的速度之比；利用机械能守恒定律，结合物体下落特点，可求出速度大小。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、物块下落过程中，刚开始由于mgsin30°+μmgcos30°=54B、当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x，则：L−x代入数据解得：x=19C、物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=L2sin30°=L4，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2=L2，则软绳重力势能共减少mg（LD、以软绳和物块组成的系统为研究对象，软绳和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能，根据能量转化和守恒定律，软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和．故D正确．故选BCD【分析】根据软绳对物块做功正负，判断物块机械能的变化，若软绳对物块做正功，其机械能增大；若软绳对物块做负功，机械能减小．分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研究软绳重力势能的减少量．以软绳和物块组成的系统为研究对象，根据能量转化和守恒定律，分析软绳重力势能的减少与其动能的增加与克服摩擦力所做功的和的关系．11．【答案】（1）h（2）m【解析】【解答】（1）对物体进行分析，由动能定理可知，物体在斜面上有m即m解得μ=（2）设物体下滑到斜面底端速度为v1，碰撞后速度为v2，由牛顿第二定律有v12联立可得v1=根据A、B碰撞过程动量守恒可得m整理可得m【分析】利用动能定理，结合摩擦力做功的特点，可求出动摩擦因数的大小；利用动量守恒定律，结合匀变速直线运动速度位移关系式，联立可得出动量守恒的表达式。12．【答案】（1）6.0；2.093—2.097；100.15（2）ADE；；；UπD2【解析】【解答】（1）通过多用电表读数可得电阻为6欧姆；螺旋测微器测得直径为2游标卡尺读数为100（2）电源电压为3V，故选取电压表为A；待测电阻为6，则电流I=故选取电流变D，由于滑动变阻器器F电阻比较大，故选取E；待测电阻与电压表和电流表内阻大小关系为RxR=ρlS，R=联立可得ρ=【分析】（1）利用器材读数方法进行读数；（2）根据电源电压选取合适的电压表，结合待测电阻的大小，选取电流表的大小。13．【答案】（1）解：如图所示，粒子运动的圆心在O点，轨道半径r由q得v（2）解：当粒子初速度与y轴正方向夹角30°时，粒子运动的时间最长此时轨道对应的圆心角α=150°粒子在磁场中运动的周期T=综上可知t=（3）解：如图所示设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，则有R−RR可得θ=45°，R=此粒子进入磁场的速度v0，则：v设粒子到达y轴上速度为v，根据动能定理，有：qEb=解得：v=【解析】【分析】（1）利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，结合几何关系可求出半径大小，进而求出粒子运动速度大小；（2）结合几何关系可得出粒子偏转的圆心角，利用周期公式可求出粒子在磁场中运动的时间；（3）根据粒子在磁场中偏转的几何关系可求出粒子与y轴方向夹角，结合动能定律可求出速度大小。14．【答案】（1）解：A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有：碰撞时损失机械能ΔE=解得：ΔE=9J（2）解：设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为由动量守恒得：2m由机械能守恒得：1解得：vC以vc由牛顿第二定律得：a由速度位移公式得：v联立解得：x=11.25m＜L加速运动的时间为t，有：t=所以相对位移Δx=vt−x代入数据得：Δx=1摩擦生热Q=μmgcosθ（3）解：设A的最大速度为vmax，滑块C与弹簧分离时C的速度为vc1，AB的速度为vB1则有：v根据牛顿第二定律得：a联立解得：v设