湖南省永州市紫溪镇紫溪中学2022年高三物理下学期期末试卷含解析

湖南省永州市紫溪镇紫溪中学2022年高三物理下学期期末试卷含解析一、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.（单选）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的是（）A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点B．开普勒揭示了行星的运动规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础C．安培通过多年的研究，发现了电流周围存在磁场D．库仑发现了电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量参考答案：解：A、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故A错误；B、开普勒揭示了行星的运动规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础，故B正确；C、法拉第通过多年的研究，发现了电流周围存在磁场，故C错误；D、库仑发现了电荷间的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故D错误；故选：B．2.运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落。在整个过程中，下列图像可能符合事实的是（其中h表示下落高度、t表示下落的时间、F表示人受到的合外力、E表示人的机械能、EP表示人的重力势能、v表示人下落的速度）：参考答案：C3.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，和为等温过程，和为绝热过程（气体与外界无热量交换）。这就是著名的“卡诺循环”。（1）该循环过程中，下列说法正确的是___▲____。（A）过程中，外界对气体做功（B）过程中，气体分子的平均动能增大（C）过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多（D）过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化（2）该循环过程中，内能减小的过程是___▲____（选填“”、“”、“”或“”）。若气体在过程中吸收63kJ的热量，在过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为___▲____kJ。（3）若该循环过程中的气体为1mol，气体在A状态时的体积为10L，在B状态时压强为A状态时的。求气体在B状态时单位体积内的分子数。（已知阿伏加德罗常数，计算结果保留一位有效数字）参考答案：答案：(1)C

(2)

25(3)解析：(1)过程中，气体体积增大，气体对外界做功，故A错；过程中，PV乘积减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错；过程中，为等温过程，体积减小，压强增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C对；为绝热压缩过程，据热力学第一定律可知温度增高，气体分子的速率分布曲线发生变化，正态曲线向温度高端移动，故D错。(2)据热力学第一定律可知可知是内能减小的过程；一次循环中内能变化为零，即,解之的W=25kJ。(3)等温过程,单位体积内的分子数.解得,代入数据得4.据报道，嫦娥二号探月卫星将于2009年前后发射，其环月飞行的高度距离月球表面100

km，所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高度为200

km的嫦娥一号更加详实。若两颗卫星环月运行均可视为匀速圆周运动，则（

）

A．嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号更小

B．嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号更大

C．嫦娥二号环月运行时向心加速度比嫦娥一号更小

D．嫦娥二号环月运行时向心加速度与嫦娥一号相等参考答案：答案：A5.神舟八号和天宫一号顺利完成第二次对接分离后，北京时间18日19时22分，在北京航天飞行控制中心的控制下，天宫一号成功实施第二次升轨控制，轨道高度由337Km抬升到382Km，顺利由对接轨道进入管理轨道，天宫一号在对接轨道和管理轨道运动时可视为匀速圆周运动，则A、天宫一号在对接轨道的运行速度小于在管理轨道的运行速度B、天宫一号在对接轨道上通过制动减速后才能到达管理轨道C、天宫一号在对接轨道上具有的机械能大于在管理轨道上的机械能D、天宫一号在对接轨道上的加速度大于在管理轨道的加速度参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.右图所示，一木块放在水平面上，在水平方向共受到三个力作用，即F1＝10N、F2＝2N和摩擦力作用，木块处于静止状态，若撤去力F1，则木块在水平方向上受到的合力为

。参考答案：（零）7.一个静止的钚核94239Pu自发衰变成一个铀核92235U和另一个原了核X，并释放出一定的能量．其核衰变方程为：94239Pu→92235U＋X。(1)方程中的“X”核符号为______；(2)钚核的质量为239.0522u，铀核的质量为235.0439u，X核的质量为4.0026u，已知1u相当于931MeV，则该衰变过程放出的能量是______MeV；(3)假设钚核衰变释放出的能量全部转变为铀核和X核的动能，则X核与铀核的动能之比是______。参考答案：(1)He

(2)5.31(±0.02都可)

(3)58.7(±0.1都可)8.测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′。重力加速度为g。实验步骤如下：(1)用天平称出物块Q的质量m；(2)测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC/的高度h；(3)将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；(4)重复步骤C，共做10次；(5)将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s.用实验中的测量量表示：①物块Q到达C点时的动能EkC＝__________；②在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功W克＝__________；③物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝________.参考答案：①

②

③9.（1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图a所示的F﹣L图象．由图象可知：弹簧原长L0=

cm．求得弹簧的劲度系数k=

N/m．（2）按如图b的方式挂上钩码（已知每个钩码重G=1N），使（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针如图b，则指针所指刻度尺示数为

cm．由此可推测图b中所挂钩码的个数为

个．参考答案：（1）3.0，200；（2）1.50，3．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】根据图线的横轴截距得出弹簧的原长，结合图线的斜率求出他和的劲度系数．刻度尺的读数要读到最小刻度的下一位，根据形变量，结合胡克定律求出弹力的大小，从而得出所挂钩码的个数．【解答】解：（1）当弹力为零时，弹簧的长度等于原长，可知图线的横轴截距等于原长，则L0=3.0cm，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，则有：k==200N/m．（2）刻度尺所指的示数为1.50cm，则弹簧的形变量为：△x=3.0﹣1.50cm=1.50cm，根据胡克定律得，弹簧的弹力为：F=k△x=200×0.015N=3N=3G，可知图b中所挂钩码的个数为3个．故答案为：（1）3.0，200；（2）1.50，3．10.（4分）质子和ａ粒子从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比Ｅk1：Ｅk2=

，周期之比T1：T2=

．参考答案：答案：1：2，1：211.如图甲所示，足够长的水平传送带以的速度匀速运行。t=0时，在最左端轻放一个小滑块，t=2s时，传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为u=0.2，。在图乙中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是

参考答案：D12.某种紫外线波长为300nm，该紫外线光子的能量为

▲

J．金属镁的逸出功为5.9×10－19J，则让该紫外线照射金属镁时逸出光电子的最大初动能为

▲

J(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s)．参考答案：6.63×10－19，7.3×10－20；13.如图甲所示是用主尺最小分度为1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量一工件的内径的实物图，图乙是游标部分放大后的示意图．则该工件的内径为

cm．用螺旋测微器测一金属杆的直径，结果如图丙所示，则杆的直径是

mm．参考答案：2.280；2.697；【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第16个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为16×0.05mm=0.80mm，所以最终读数为：22mm+0.80mm=22.80mm=2.280cm．螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为19.7×0.01mm=0.197mm，所以最终读数为2.5mm+0.197mm=2.697mm．故答案为：2.280；2.697；三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.小明同学用下列器材描绘额定电压为3.0V的小灯泡伏安特性图线(要求电压变化从零开始)，并研究小灯泡实际功率及灯丝温度等问题。A．电流表（0.6A，1Ω）

B．电压表（3V，1kΩ）C．滑动变阻器（10Ω，1A）

D．电源（4V，内阻不计）①用笔画线代替导线，将图中的实验仪器连成完整的实验电路。②开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于____端（填“a”或“b”）。③闭合开关，变阻器的滑片向b端移动，电压表的示数逐渐增大，电流表指针却几乎不动，则电路的故障为

。④排除故障后，小明完成了实验，并由实验数据画出小灯泡I—U图像如图中实线所示。由图可确定小灯泡在电压为2.0V时实际功率为

（保留两位有效数字）。⑤下左图是用多用电表欧姆档“×1”档直接测量小灯泡灯丝在270C时电阻值，则阻值为______?，若小灯泡灯丝电阻值与灯丝温度的关系为R=k(203+t），k为比例常数。根据I-U图中的实线，估算该灯泡正常工作时灯丝的温度约为

0C。⑥若I-U图中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实线相比，虚线__________（填Ⅰ或Ⅱ）才是其真实的伏安特性曲线。参考答案：①如图连接(2分)；②a端(1分)；③小灯泡断路(2分)；④0.38(2分)；⑤1.5(1分)，1797(2分)；⑥Ⅱ(2分)。15.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6V的交流电和直流电，交流电的频率为50Hz。重锤从高处由静止开始

下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。

①他进行了下面几个操作步骤：A.其不意按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C．用天平测出重锤的质量；D．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。其中没有必要进行的步骤是_____，操作不当的步骤是__________。②这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示。其中o点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点。根据纸带上的测量数据，当打B点时重锤的速度为__________m/s。（保留3位有效数字）③他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，应是图丙中的______________。④他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此对实验设计进行了改进，用如图丁所示的实验装置来验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出AB之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d。重力加速度为g。实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束。则小铁球通过光电门时的瞬时速度v=____。如果d、t、h、g存在关系式________，就可验证机械能守恒定律。⑤比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：_________________________________________________________。参考答案：.①C、B

（2分）②

1.84

（2分）③

C

（2分）

④

，

（4分）

⑤消除了纸带与打点计时器间的摩擦影响，提高了测量的精确程度，实验误差减小了（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3秒后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到已知圆轨道半径为R=1m，小球的质量为m=1kg，g取10m/s2，求:(1)小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离(2)小球经过圆弧轨道的B点时，受到轨道的作用力NB的大小和方向？(3)小球经过圆弧轨道的A点时的速率．参考答案：（1）0.9m；（2）1N，方向竖直向上．（3）7m/s．解：（1）根据平抛运动的规律和运动合成的可知：tan45°＝

则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得：vx=vy=gt=3m/s，

则B点与C点的水平距离为：x=vxt=0.9m

（2）根据牛顿运动定律，在B点（设轨道对球的作用力方向向下）

NB+mg＝，

解得：NB=-1N

负号表示轨道对球的作用力方向向上

（3）小球从A到B的过程中机械能守恒，得：

代入数据得：vA=7m/s【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义．17.打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置．图中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块．将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量△L；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H．参考答案：解：（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，则有：f=2mg底座质量不计，所以合力为零，所以始终有：k△L=f解得：（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律得：k△L﹣mg=ma解得：a=g，A第一次下沉，由功能关系得：mg（H0+△L+h1）=EP+fh1解得：（3）A第二次下沉，由功能关系mg（H0+△L+h1+h2）=EP+fh2又f=2mg解得：h2=2h1A第三次下沉，由功能关系有：mg（H0+△L+h1+h2+h3）=EP+fh3解得

h3=4h1同理

A第n次下沉过程中向下滑动的距离为：所以井底深度为：答：（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f为2mg，弹簧的最大形变量△L为；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a为g，弹簧弹性势能为；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，则井深H为（2n﹣1）h1．【考点】功能关系；弹性势能．【分析】（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，根据平衡条件求解f，底座质量不计，所以合力为零，结合胡克定律求解；（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律以及功能关系求解；（3）A第二次下沉，由功能关系求出下降的距离与第一次下降距离的关系，同理求出第三次下降的距离与第一次下降距离的关系，进而求出第n次下沉过程中向下滑动的距离，再结合数学知识求解．18.如图所示，甲和乙是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），质量分别为m1=2kg、m2=3kg，与地面间的动摩擦因数相同，初始距离L=170m．两者分别以v1=