湖南省常德市市鼎城区断港头乡中学2023年高三物理上学期期末试题含解析

湖南省常德市市鼎城区断港头乡中学2023年高三物理上学期期末试题含解析 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. （单选）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中，下列说法正确的是(    ) A．在K处球a速度最大                         B．在K处球b对轨道压力最大 C．球b需要的时间最长                         D．球c机械能损失最多 参考答案： 【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．I3K3 【答案解析】C 解析：解答：解：对a小球受力分析可知，Fa+qvB-mg=m，所以Fa=mg-qvB+m； 对b球受力分析可得，Fb-mg=m，所以Fb=mg+m； 对c球受力分析可知，Fc-mg=m，所以Fc=mg+m； 由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒； b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b球的运动的时间也长，所以A错误C正确； c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大，所以B错误，D错误． 故选：C． 【思路点拨】三个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小较大． 2. 上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是    A．摆球机械能守恒    B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能    C．能量正在消失    D．只有动能和重力势能的相互转化 参考答案： B 3. （多选）线圈与电阻R、交流电压表按如图甲所示的方式连接，R=10Ω.交流电压表的示数是  10V。变压器原副线圈的匝数比为22:1，图乙是电阻R两端电压u随时间t变化的图象，则以下说法正确的是 A.图乙中U0=10 B. R两端的电压UR随时间t变化的规律是UR=5cos 50πtV C.交变电源的电压u随时间t变化的规律是U=220sin 100πtV D.变压器原线圈中电流i随时间t变化的规律是i=22cos 50πtA 参考答案： AC 解析： A、根据 ，带入数据 ，故A正确；B、R两端的电压UR随时间t变化的规律是 ，故B错误；C、交变电源 =220，交变电源的电压u随时间t变化的规律是U==220sin 100πtV，故C正确； D、副线圈中电流 ，根据，所以 ，所以变压器原线圈中电流i随时间t变化的规律是i= sin100πtA,故D错误；故选AC 4. 用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式不是由比值法定义的是（　　） A．加速度a= B．电阻R= C．电容C= D．电场强度E= 参考答案： A 【考点】物理学史． 【分析】所谓比值定义法，就是用两个量的比值定义一个新的物理量，而新的物理量与原来两个量又无关． 【解答】解：A、加速度a=是牛顿第二定律表达式，说明加速度a与外力F成正比，与质量m成反比，不符合比值定义法的共性，故A错误； B、电阻是导体两端电压与通过电流的比值，故B正确； C、电容是所带电荷量与板间电势差的比值，故C正确； D、电场强度等于电场力与探试电荷的电荷量的比值，采用的是比值定义法，故D正确； 本题选不是由比值法定义的，故选：A 5. 如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A、B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（　　） A． A球一定带正电荷，B球一定带负电荷 B． A球电势能一定增加 C． A、B两球带电量的绝对值之比qA：qB=1：2 D． 电场力对A球和B球都不做功 参考答案： C 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能 解：A、电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误； B、A的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故B错误 C、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqB×L=EqA×2L，因此qA：qB=1：2，故C正确； D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误． 故选：C． 二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 如图所示，测定气体分子速率的部分装置放在高真空容器中，A、B是两个圆盘，绕一根共同轴以相同的转速n＝25r/s匀速转动．两盘相距L＝20cm，盘上各开一很窄的细缝，两盘细缝之间成6°的夹角，圆盘转一周的时间为_________s；如果某气体分子恰能垂直通过两个圆盘的细缝，则气体分子的最大速率为________ m/s． 参考答案： 0.04 ；     300 7. 如图所示，处在水里的平面镜开始处于水平位置，它可以绕过O点的水平转轴以的角速度在竖直平面内逆时针方向匀速转动，一细束光线沿水平方向射向镜面。设水的折射率n=1.414，则平面从开始转动到有光线从水中射向空气中所用的最短时间为        s。   参考答案：     答案：0.25 8. （1）如图所示是电磁流量计的示意图，圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场，当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN两点的电势差大小U，就可以知道管中的液体流量Q单位时间内流过管道横截面的液体体积，已知管的直径为d，磁感应强度为B，则 关于Q的表达式正确的是　_________　． 　（2）已知普朗克常数为h、动能Ek、质量为m的电子其相应的德布罗意波长为　_________　． 　（3）读出如图游标卡尺测量的读数　_________　cm． 　 参考答案： (1)     (2)   (3)  4.120 9. 如图所示，质量为m的均匀直角金属支架ABC在C端用光滑铰链铰接在墙壁上，支架处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当金属支架通一定电流平衡后，A、C端连线恰水平，相距为d，BC与竖直线夹角为530，则金属支架中电流强度大小为             ；若使BC边与竖直线夹角缓慢增至900过程中，则金属支架中电流强度变化应             （选填“增大、减小、先增大后减小、先减小后增大”）。(sin37°=0.6，cos37°=0.8) 参考答案： 1.07mg/Bd，先增大后减小 10. 密闭在钢瓶中的理想气体,温度升高时压强增大. 从分子动理论的角度分析,这是由于分子热运动的__________增大了. 该气体在温度T1、T2 时的分子速率分布图象如题12A-1图所示,则T1______(选填“大于”或“小于”)T2. 参考答案： 平均动能,小于 11. 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 12. 如图，电源电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，滑动变阻器总电阻R=16Ω，在滑片P从a滑到b的过程中，电流表的最大示数为　1　A，滑动变阻器消耗的最大功率为　0.75　W． 参考答案： 考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率． 专题： 恒定电流专题． 分析： 分析电路明确电路结构，再根据闭合电路欧姆定律求得电流表的最大示数；由功率公式可知当内外电阻相等时功率达最大． 解答： 解：由图可知，滑动变阻器两端相互并联后与R1串联，当滑动变阻器短路时，电流表示数最大，则最大电流I===1A； 把保护电阻看做电源的内阻，电源与保护电阻等效于电源，滑动变阻器是外电路，滑片P从a滑到b的过程中，电路外电阻R先变大后变小，等效电源电动势E不变，由P=可知，滑动变阻器消耗的电功率先变小后变大，当内外电路电阻相等时，外电路功率最大，即当R=r+R1=1+2=3Ω时，外电路功率最大，故此时滑动变阻器消耗的功率为： P===0.75W； 故答案为：1；0.75． 点评： 本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式的应用，要注意等效内阻法的应用，明确当内外电阻相等时，外部功率最大． 13. 物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动动能EK与角速度ω的关系，可采用下述方法：先让砂轮由动力带动匀速转动，测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于轮与轴之间存在摩擦，砂轮最后停下，测出脱离动力到停止转动砂轮转过的圈数n．测得几组不同的ω和n如下表所示 ω（rad/s）   0.5    1     2    3    4 n 5    20     80    180   320 Ek（J）           另外已测得砂轮转轴的直径为1cm，转轴间的摩擦力为10/πN． （1）试计算出每次脱离动力时砂轮的转动动能，并填入上表中； （2）试由上述数据推导出该砂轮转动动能Ek与角速度ω的关系式Ek=　2ω2　； （3）若脱离动力后砂轮的角速度为2.5rad/s，则它转过45圈后角速度ω=　2　 rad/s． 参考答案： 考点： 线速度、角速度和周期、转速．. 专题： 匀速圆周运动专题． 分析： （1）砂轮克服转轴间摩擦力做功公式W=f?n?πD，f是转轴间的摩擦力大小，n是砂轮脱离动力到停止转动的圈数，D是砂轮转轴的直径．根据动能定理得知，砂轮克服转轴间摩擦力做功等于砂轮动能的减小，求解砂轮每次脱离动力的转动动能． （2）采用数学归纳法研究砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式：当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍；当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．将任一组数据代入求出比例系数k，得到砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式． （3）根据动能与角速度的关系式，用砂轮的角速度表示动能，根据动能定理求出转过45圈后的角速度． 解答： 解：（1）根据动能定理得：Ek=f?n?πD，代入计算得到数据如下表所示． ω/rad?s﹣1 0.5 1 2 3 4 n 5.0 20 80 180 320 Ek/J 0.5 2 8 18 32 （2）由表格中数据分析可知，当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系Ek=kω2．当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式Ek=kω2．k是比例系数．将任一组数据比如：ω=1rad/s，Ek=2J，代入得到k=2J?s/rad，所以砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式是Ek=2ω2 （3）根据动能定理得 ﹣f?n?πD=2ω22﹣2ω12 代入解得ω2=2rad/s 故答案为： （1）如表格所示； （2）2ω2； （3）2． 点评： 本题考查应用动能定理解决实际问题的能力和应用数学