2022-2023学年安徽省淮南市芦集中学高三物理期末试卷含解析

1、2022-2023学年安徽省淮南市芦集中学高三物理期末试卷含解析一、 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. 下列说法中正确的是（）A放射性元素的半衰期随温度和压强的变化而变化B衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生的C原子核在人工转变过程中，电荷数可能不守恒D比结合能越大表示原子核中核子结合得越松散，原子核越不稳定参考答案：B【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】A、半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，B、衰变所释放的电子，不是核外电子，是原子核中的中子转化为质子和电子产生的C、核反应方程中，质量数与质子数均守

2、恒D、比结合能越大，原子核越稳定【解答】解：A、半衰期与压强无关，由原子核内部因素决定，故A错误B、衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子和电子产生的，不是核外电子故B正确C、核反应方程质量数和电荷数是守恒的故C错误D、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定故D错误故选：B2. 下列说法中正确的是A物体的速度越大，它的加速度一定越大B物体的加速度减小，它的速度随着减小C加速度是描述速度变化快慢的物理量D加速度为零的物体一定处于静止状态参考答案：C3. （单选）半径相同带等量同种的电荷的两个金属小球A、B，相隔一定距离，两球之间的相互作用力的大小是F，今让第三个半径相同的不

3、带电的金属小球先后与A，B两球接触后移开这时，A，B两球之间的相互作用力的大小是（）ABCDF参考答案：考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：接触带电的原则是先中和，再平分，根据该原则求出接触后两球的电量，根据库仑定律得出两球之间的库仑力大小注意需讨论初始时，两球带等量的同种电荷或等量的异种电荷解答：解：若两球带等量的同种电荷，电量都为Q，有：F=k则让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A，B两球接触后移开两球所带的电量大小分别为、，则库仑力F=k=F故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握接触带电的原则，以及掌握库仑定律的公式F=k4. 许多科学家对物理

4、学的发展作出了巨大贡献，也创造了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是 A卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出静电力常量的数值B牛顿为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法C在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法参考答案：D卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量的数值，A错误；伽利

5、略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，B错误；质点是一个理想化的物理模型，C错误；D说法正确。5. 用一束紫光照射某金属时不能发生光电效应，若要使该金属发生光电效应，可采取的措施是A增大该紫光的强度 B延长该紫光的照射时间C改用频率更高的电磁波照射D改用波长更长的光照射参考答案：C较易。考查光电效应的规律。要求知道光的能量有光的频率决定。考查：理解能力。根据研究对象及运动（变化）的特点，正确选用物理量、物理规律描述其物理状态、物理过程。二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 一小船与船上人的总质量为160kg，以2m/s的速度匀速向东行驶，船上一个质量为60kg的人

6、，以6m/s的水平速度向东跳离此小船，若不计水的阻力，则人跳离时小船的速度大小为_m/s，小船的运动方向向_参考答案：0.4向西7. 某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”如图，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小在水平桌面上相距50.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B时的速度大小小车中可以放置砝码(1)实验主要步骤如下：测量小车和拉力传感器的总质量M；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路；将小车停在C点，释放小车，小车在细线拉动下运动，记录

7、细线拉力及小车通过A、B时的速度在小车中增加砝码，或_，重复的操作(2)下表是他们测得的一组数据，其中M是M与小车中砝码质量之和，|v2v12|是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量E，F是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所做的功表格中的E3_，W3_.(结果保留三位有效数字)次数M/kg|v2v12|/(m/s)2E/JF/NW/J10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40E31.220W341.0002.401.202.4201.2151.0002.841.422.8601.43(3)

8、根据上表，我们在图中的方格纸上作出EW图线如图所示，它说明了_参考答案：(1)改变钩码数量 (2)0.6000.610(3)拉力（合力）所做的功近似等于物体动能的改变量8. （00年吉、苏、浙）（16分）如图所示，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A/之间会产生电热差，这种现象称为霍尔效应，实验表明，当磁场不太强时，电热差U、电流I和B的关系为：，式中的比例系数K称为霍尔系数。霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛仑兹力运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场，横向电场对电子施加

9、与洛仓兹力方向相反的静电力，当静电力与洛仑兹力达到平衡时，导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差。设电流I是由电子和定向流动形成的，电子的平均定向速度为v，电量为e回答下列问题：（1）达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势_下侧面A的电势（填高于、低于或等于）（2）电子所受的洛仑兹力的大小为_。（3）当导体板上下两侧之间的电差为U时，电子所受静电力的大小为_。（4）由静电力和洛仑兹力平衡的条件，证明霍尔系数为其中h代表导体板单位体积中电子的个数。参考答案：答案：（1）低于；（2）；（3）（4）电子受到横向静电力与洛仑兹力的作用，两力平衡，有得：U=hvB 通过导体的电流密度I=nevdh 由 ，

10、有得 9. 如图甲所示，在一端封闭，长约1m的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动，假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内任意1s内上升的距离都是10cm，玻璃管向右匀加速平移，从出发点开始在第1s内、第2秒内、第3秒内、第4秒内通过的水平位移依次是2.5cm7.5cm12.5cm17.5cm，图乙中y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时蜡块位于坐标原点，（1）请在图乙中画出蜡块4s内的轨迹；（2）玻璃管向右平移的加速度a= m/s2；（3）t=2s时蜡块的速度v2

11、= m/s （保留到小数点后两位）参考答案：解：（1）依据运动的合成法则，则蜡块4s内的轨迹，如下图所示：（2）蜡块在水平方向做匀加速运动，每相邻1秒位移差值x=7.52.5=12.57.5=17.512.5=5（cm）x=at2则加速度a=5102 m/s2（3）竖直方向上的分速度vy=0.1m/s水平分速度vx=at=0.1m/s根据平行四边形定则得，v=m/s=0.14m/s故答案为：（1）如图所示；（2）5102；（3）0.1410. 一质量为0.5kg的小球以2m/s的速度和原来静止在光滑水平面上的质量为1kg的另一小球发生正碰，碰后以0.2m/s的速度被反弹，则碰后两球的总动量是_

12、kgm/s，原来静止的小球获得的速度大小是_m/s1，1.12012学年普陀模拟21B。参考答案：1，1.111. 图为某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验装置简图小车的质量为m1，砂和砂桶质量的为m2。（1）下列说法正确的是 A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C在探究加速度与质量关系时，应作a-图象(2)实验中要进行质量m1和m2的选取，以下最合理的一组是 A. m1=200, m2=20、40、60、80、100、120B. m1=400, m2=10、15、20、25、30、40C. m1=200, m2=50、60、70

13、、80、90、100D. m1=20, m2=100、150、200、250、300、400（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a- F图像，可能是图中的图线 （选填“甲”、“乙”、“丙”）参考答案：（1）C （2）B （3）丙（1）假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力，A错误实验时应先接通电源后释放小车，故B错误F=ma，所以：a= F，当F一定时，a与成正比，故C正确。（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有 mg-T=ma对小车，有 T=Ma解

14、得故当Mm时，有Tmg。应该是，即本实验要求小车的质量远远大于小桶（及砝码）的质量。B最合理。（3）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙12. 某同学骑着自行车（可视为质点）从倾角一定的足够长斜坡滑下，AB为斜坡上一段，然后在水平地面BC上滑行一段距离后停止，整个过程该同学始终未蹬脚踏板，如图甲所示。自行车后架上固定一个装有墨水的容器，该容器距地面很近，每隔相等时间T=0.1s滴下一滴墨水。该学生用最小刻度为cm的卷尺测得某次滑行数据如图乙所示。（计算结果保留两位有效数字）（1）由AB段数据可知，车做 运动，A点的速度v= m/s；（2）自行车在BC段做匀减速

15、运动的加速度的大小a= m/s2。参考答案：匀速 5 7.513. 一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示。则：_弹簧的原长更长，_弹簧的劲度系数更大。（填“a”或“b”） 参考答案：b a三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量:(1)旋动部件_，使指针对准电流的0刻线。(2)将K旋转到电阻挡l00的位置。(3)将插入十、插孔的表笔短接，旋动部件_，使指针对准电阻的_ (填0刻线或刻线)。(4)将两表笔分别

16、与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_的顺序避行操作，再完成读数测量。A将K旋转到电阻挡1k的位置 B将K旋转到电阻挡10的位置C将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准参考答案：S； （3）T, 0刻线；（4）ADC15. 为了较准确地测量某电子元件的电阻，某同学进行了以下实验，请完成步骤中的填空：（1）用多用电表测量该元件的电阻，选用“10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，因此应将多用电表调到电阻100挡（选填“1”或“100”）；（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，

17、使指针指到欧姆表0刻度位置；（3）将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图1所示，则被测电阻的阻值为1900；（4）为精确测量其电阻，该同学设计了如图2所示的电路图2中的量程为2mA，内阻约50；R为电阻箱（9999.9），直流电源E约6V，内阻约0.5则以下关于保护电阻R0的阻值合理的是CA20 B200 C2000 D20000（5）将S掷到1位置，将R调为R1，读出R1的值以及此时的示数为I0，然后将R调到最大值（选填“最大值”或“最小值”）；（6）再将S掷到2位置，调节R，使得表的示数仍为I0，读出R的值为R2，则Rx=R2R1参考答案：【考点】： 伏安法测电阻【专题】：实验

18、题【分析】：（1）多用电表的零刻度在最右边，指针偏转角度较小时，可知电阻较大，从而确定适当的量程（2）换挡后，需进行欧姆调零，即红黑表笔短接，使得指针指在欧姆表的零刻度（3）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率（4）根据电流表的量程，通过欧姆定律确定保护电阻类型（5）变化选择开关时，电阻箱的电阻打到最大值（6）根据电流不变，结合欧姆定律知总电阻不变，结合总电阻不变求出待测电阻的大小： 解：（1）选用“10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，知该电阻较大，应选用量程较大的欧姆档，即选择100挡（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到欧姆表的0刻度处（3）欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率

19、，则R=19100=1900（4）根据欧姆定律得，电路中的最小电阻大约为，可知保护电阻应选择C（5）为了保护电路，电键变换位置时，将电阻箱调到最大值（6）将S掷到2位置，调节R，使得电流表的示数仍为I0，知电路中的总电阻不变，即R1+RX=R2，解得RX=R2R1故答案为：（1）100，（2）欧姆表0刻度，（3）1900，（4）C，（5）最大值，（6）R2R1【点评】：解决本题的关键掌握欧姆表的特点以及使用方法，知道实验中测量RX的实验原理，在第一问中，容易误认为指针偏转角度较小，电阻较小，忽略欧姆表的零刻度在最右边四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 在如图甲所示的装置中，阴极K能够连

20、续不断地发射初速不计的电子，这些电子经P、K间的电场加速后，都能通过P板上的小孔沿垂直于P板的方向进入P板右侧的区域，打到P板右侧L远处且与P平行的荧光屏Q上的O点，由于P、K相距很近，所有电子通过电场所用时间忽略不计。现在P与Q间加垂直纸面向里的匀强磁场，且从某一时刻t=0开始，在P、K间加一周期性变化的电压，电压随时间的变化关系如图乙所示，则从该时刻起，所有从小孔射出的电子恰好能全部打到荧光屏上。已知电子质量为m，带电量为e，粒子在磁场中做圆周运动的周期小于4T0，求：（1）电子打到荧光屏上的范围；（2）从t=0时刻开始在电压变化的一个周期内，打到屏上距O点最近的电子与最远的电子的时间差。

21、参考答案：（1）经U0加速的电子，在磁场中偏转半径最小，根据题意，刚好能与Q屏相切A点，设匀强磁场磁感应强度为B，即： （1分） （1分）经最大电压加速的电子，在磁场中运动的轨道半径为R，与Q屏交于D点，则：， （2分）由以上各式及几何关系可算得，OA=L ， （2分）即电子打到荧光屏上的范围是O点下方距O点到L之间 （1分）（2）设电子在磁场中运动周期为T，则： （1分）设经U0加速电压加速的电子离开电场后到达Q屏上的A点所用时间为t1，经4U0加速后的电子到达Q屏上的D点所用时间为t2，则： （1分） （1分）由以上各式可解得： 17. 一足够长的粗细均匀的杆被一细绳吊于高处，杆下端离地面

22、高H，上端套一个细环，如图所示断开轻绳，杆和环自由下落，假设杆与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失，杆立即获得等大反向的速度已知杆和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（重力加速度为g，k1）杆在整个过程中始终保持竖直，空气阻力不计求：（1）杆第一次与地面碰撞弹起上升的过程中，环的加速度（2）杆与地面第二次碰撞前的瞬时速度（3）从断开轻绳到杆和环静止，摩擦力对环和杆做的总功参考答案：解：（1）设杆第一次上升的过程中环的加速度为a，根据牛顿第二定律可得，kmgmg=ma，解得：a=（k1）g，方向竖直向上 （2）杆第一次落地的速度大小为v1，由动能定理得，2mgH=2m0，解得：v1=，杆弹起后的加速度为a，根据牛顿第二定律可得，mg+kmg=ma，解得：a=（k+1）g，方向竖直向下，从落地经时间t1达到共同速度，则有：v1at1=v1+at1，解得：t1=，共同速度为： =v1at1=v1（k1）g=，杆上升的高度：h1=v1t1a=，所以杆第二次落地时的速度：v2=，方向竖直向下（3）经过足够