福建省福州市关元中学2021年高三物理下学期期末试题含解析

福建省福州市关元中学2021年高三物理下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）下列说法正确的是

A．牛顿做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论

B．开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律

C．伽利略开创了科学实验之先河，他把科学的推理方法引入了科学研究

D．亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因参考答案：C2.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（

）A、

B、

C、

D、参考答案：A3.（单选）一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（）A．1：4：9

1：2：3B．1：8：27

1：4：9C．1：2：3

1：1：1D．1：3：5

1：2：3参考答案：考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：要求连续的时间不等的三段时间内的位移之比，就要分别求出这三段时间内得位移，要求这三段位移，可以先求第一段的位移，再求前两段的位移，再求前三段的位移，前两段的位移减去第一段的位移，就等于第二段的位移，前三段的位移减去前两段的位移就等于第三段的位移；某段时间内的位移与所用时间的比值就等于该段时间内的平均速度．解答：解：根据可得物体通过的第一段位移为x1=又前3s的位移减去前1s的位移就等于第二段的位移故物体通过的第二段位移为x2=﹣=又前6s的位移减去前3s的位移就等于第三段的位移故物体通过的第三段位移为x3=﹣=故x1：x2：x3=1：8：27在第一段位移的平均速度=，在第二段位移的平均速度=在第三段位移的平均速度=故可得：：：=1：4：9故选：B点评：本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用．4.一频闪仪每隔0.04秒发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的小球，于是胶片上记录了小球在几个闪光时刻的位置。下图是小球从A点运动到B点的频闪照片示意图。由图可以判断，小球在此运动过程中A．速度越来越小

B．速度越来越大C．受到的合力为零

D．受到合力的方向由A点指向B点参考答案：A5.一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着内的平均速度是，则物体在这段时间内的平均速度是

（

）

A.

B.

C.

D.参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为4.8A，电动机启动时电流表读数为80A，若电源电动势为12V，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则车灯的电阻为______________Ω，因电动机启动，车灯的电功率的减少量为______________W。参考答案：2.45Ω，30.3W7.（6分）如图所示，电阻R1、R2、R3及电源内阻均相等，则当开关S接通后，流过R2的电流与接通前的比为___________。参考答案：8.两点电荷间距离为r时，相互作用力为F，当距离变为r/2时，它们之间相互作用力为______________F，为使作用力仍为F，则两点电荷的电量可同时为原来的_________________倍.参考答案：4

，

9.2．爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献，试举出其中两项：

；

．参考答案：相对论；光的量子性10.（单选）一列简谐横波某时刻波形如图所示，此时质点P的速度方向沿y轴正方向，则

A．这列波沿x轴负方向传播B．质点a此时动能最大，加速度最小C．再经过一个周期，质点P运动到x=6m处D．当质点P运动到最低点时，质点b恰好运动到平衡位置参考答案：B11.如图所示，a,b是匀强电场中的两点，已知两点间的距离为0.4m，两点的连线与电场线成37o角，两点间的电势差2.4×103V，则匀强电场的场强大小为_________V/m,把电子从a点移动到b点，电子的电势能将增加_________J参考答案：.5.0×10-3

上12.如图甲所示为某一测量电路，电源电压恒定。闭合开关S，调节滑动变阻器由最右端滑动至最左端，两电压表的示数随电流变化的图象如图乙所示，可知：_____(填“a”或“b”)是电压表V2示数变化的图象，电源电压为_____V，电阻Rl阻值为_____Ω，变阻器最大阻值为_____Ω。参考答案：.b（2分），6V（2分），10Ω（2分），20Ω13.如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B=1.0T，质量为m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=5Ω、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示，则根据以上信息可知

（

）

A．小车的水平长度l=15cm

B．磁场的宽度d=35cm

C．小车的位移x=10cm时线圈中的电流I=7A

D．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92J参考答案：C三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.(6分)用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知m1=50g、m2=150g，则（结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v

=

m/s；（2）在0~5过程中系统动能的增量△EK=

J，系统势能的减少量△EP=

J（计算时g取10m/s2）。由此得出的结论是：

（3）若某同学作出v2/2—h图像如图，则当地的重力加速度g=

m/s2。参考答案：（1）2.4（1分） （2）0.58（1分）

0.60（1分）在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒（1分）（3）9.7（2分）15.某学习小组为了测小电动机的内阻，进行了如下的实验：①测得滑块的质量为5.0kg；②将滑块、打点计时器和纸带安装在水平桌面上，如图甲所示；③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；④电动机以额定功率通过水平细绳牵引滑块运动，达到最大速度时，输入电动机电流为0.5A，电动机两端电压为36V，一段时间后关闭电源并立即制动电动机，待滑块静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中所受的阻力恒定）。在关闭电源前后，打点计时器在纸带上打出的部分点迹如图乙所示。请你分析纸带的数据，回答下列问题：（计算结果保留二位有效数字）①该滑块达到的最大速度为_________________m/s；②关闭电源后，滑块运动的加速度大小为_______________m/s2;③该电动机的内阻为____________Ω。参考答案：试题分析：红色字体纸带上点迹均匀时，滑块以最大速度做匀速直线运动，则，在求解加速度时为了减少误差应当用逐差法，即。电动机的总功率等于内阻损耗的功率与输出机械功率之和，根据能量守恒定律，有UI=I2r+Fvm其中：F=f=ma代入数据可得r=12Ω。考点：打点计时器织带的处理，逐差法求加速度，能量守恒定律四、计算题：本题共3小题，共计47分16.将一个电荷量为－2×10－8C的点电荷，从零电势点S移到M点要克服静电力做功4×10－8J.(1)q在M点的电势能和M点的电势各是多少？(2)q移入电场前，M点的电势是多少？(3)若将该电荷从M点移至N点，静电力做功1.4×10－7J，则N点的电势能和电势分别为多少？参考答案：（1）4×10-8J；-2V（2）-2V（3）-1.0×10-7J；5V（1）点电荷从零电势点S移到M点要克服静电力做功4×10-8J，其电势能增加4×10-8J，则M点电势能EPM=4×10-8J，M点电势φM=V=-2V

（2）q移入电场前，M点的电势仍为-2V；（3）若将该电荷从M点移到N点，静电力做功1.4×10-7J，电势能减少1.4×10-7J，则N点电势能EPN=4×10-8J-14×10-8J=-1.0×10-7J；

N点电势【点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势能变化的关系，在运用φ=Ep/q计算时，注意电量的正负、电势能的正负均需代入计算.17.卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．发现质子的核反应为：N+He→O+H．已知氮核质量为mN=14.00753u，氧核的质量为mO=17.00454u，氦核质量mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为mp=1.00815u．（已知：1uc2=931MeV，结果保留2位有效数字）求：（1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（2）若入射氦核以v0=3×107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核．反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1：50．求氧核的速度大小．参考答案：考点： 爱因斯坦质能方程．专题： 爱因斯坦的质能方程应用专题．分析： （1）根据质量亏损，结合质能方程，即可求解；（2）根据动量守恒定律，结合速度大小之比为1：50，即可求解．解答： 解：（1）、这一核反应中，质量亏损：△m=mN+mHe﹣mO﹣mp=14.00753+4.00387﹣17.00454﹣1.00815=﹣0.00129u由质能方程，则有△E=△mc2=﹣0.00129×931=﹣1.20MeV故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV（2）、根据动量守恒定律，则有：mHev0=mHvH+mOvO又：vO：vH=1：5解得：vO=1.8×106m/s答：（1）这一核反应是吸收能量，相应的能量变化为1.20MeV；（2）氧核的速度大小1.8×106m/s．点评： 考查质量亏损与质能方程的应用，掌握动量守恒定律的内容，注意其矢量性，同时注意单位的换算是解题的关键．18.如图一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出。第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ（θ<90°），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ。若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求：两粒弹丸的水平速度之比V0/V为多少？参考答案：弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为