2022-2023学年浙江省丽水市黎明初级中学高三物理上学期期末试卷含解析

2022-2023学年浙江省丽水市黎明初级中学高三物理上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）火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（）A．0.2gB．0.4gC．2.5gD．5g参考答案：考点：万有引力定律及其应用．版权所有分析：根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．解答：解：根据星球表面的万有引力等于重力知道=mg得出：g=火星的质量和半径分别约为地球的和所以火星表面的重力加速度g′=g=0.4g故选B．点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比．2.如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．从t=0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则（）A．在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小B．t0时刻，物体速度增加到最大值C．在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动D．在0到t0时间内，力F大小保持不变参考答案：B：解：A、由图2可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，物体做加速运动，故A错误；B、当加速度减为零时，速度最大，所以t0时刻，物体速度增加到最大值，故B正确；C、加速度逐渐减小，所以物体不是做匀变速运动，故C错误；D、根据F﹣f=ma，可知，a减小，f不变，所以F减小，故D错误．故选B3.如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ角的拉力F作用下加速向前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是（

）A．物体受到的摩擦力为F·cosθB．物体受到的摩擦力为μmgC．物体对地面的压力为mgD．物体受到地面的的支持力为mg－F·sinθ参考答案：

答案：D4.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是A.0～2s内外力的平均功率是W

B.第2s内外力所做的功是JC.第2s末外力的瞬时功率最大D.第1s内与第2s内质点动能增加量的比值是参考答案：CD5.如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数均为μ．现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是（）A．

B．

C．D．参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.一物体做匀减速直线运动，初速度为12m/s。该物体在第2S内的位移是6m,此后它还能运动

m.参考答案：

2m

、

14

7.若将一个电量为3.0×10－10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功9.0×10－9J，则M点的电势是

V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10－8J，则M、N两点间的电势差UMN＝

V。参考答案：8.A.动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比vA:vB=2:1，则动量大小之比PA:PB=

;两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比P:PA=

。参考答案：1:2；1:1根据动量与动能的关系：【考点】动能和速度的关系：vA:vB=2:1，可知两者质量之比1:4，所以动量的关系为：1:2；两者碰撞遵循动量守恒，其总动量与A的动量等大反向，所以碰后的总动量与A原来的动量之比为1:1。

9.一束光由空气射入某种介质中，当入射光线与界面间的夹角为30°时，折射光线与反射光线恰好垂直，这种介质的折射率为

，已知光在真空中传播的速度为c=3×108m/s，这束光在此介质中传播的速度为

m/s。参考答案：

10.如图，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内迅速打气，在瓶塞弹出前，外界对气体做功15J，橡皮塞的质量为20g，橡皮塞被弹出的速度

为10m/s，若橡皮塞增加的动能占气体对外做功的10%，瓶内的气体作为理想气体。则瓶内气体的内能变化量为

J，瓶内气体的温度

（选填“升高”或“降低”）。参考答案：5（2分）

升高（2分）热力学第一定律．H3

解析：由题意可知，气体对外做功：W对外=由题意可知，向瓶内迅速打气，在整个过程中，气体与外界没有热交换，即Q=0，则气体内能的变化量：△U=W+Q=15J-10J+0=5J，气体内能增加，温度升高；本题考查了求气体内能的变化量、判断温度的变化，应用热力学第一定律即可正确解题．求解本题要由动能的计算公式求出橡皮塞的动能，然后求出气体对外做的功，再应用热力学第一定律求出气体内能的变化量，最后判断气体温度如何变化11.平行板电容器所带量Q=4×l0-8C，它的两极板之间电压U=2v，则它的电容为

F；如果电量减少一半，则两板间电势差变为

V。参考答案：2×10-8F

1V电容；当电量减小一半，电容不变，则电势差；12.一个质量为50千克的人站立在静止于平静的水面上的质量为400千克船上，突然船上人以2米/秒的水平速度跳向岸，不计水的阻力，则船以_____

___米/秒的速度后退，若该人向上跳起，以人船为系统，人船的动量_________。（填守恒或不守恒）参考答案：0．25

；不守恒

13.（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：三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡直接去测量某电压表（量程为10V）的内阻（大约为几十千欧），该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，则：（1）欧姆挡的选择开关拨至×1k（选填“×1k”或“×100”）挡，先将红、黑表笔短接调零后，选用图中A（选填“A”或“B”）方式连接．（2）在实验中，某同学读出欧姆表的读数为40000Ω，这时电压表的读数为5.0V，欧姆表电池的电动势为8.75V．参考答案：【考点】：用多用电表测电阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆定律求电动势．：解：当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数×倍率=读数知，选择×1K的挡较好；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为：40×1K=40KΩ；电压表的读数为5.0V；由题意知欧姆表的内阻为30KΩ，与电压表的内阻40KΩ串联，由欧姆定律可知：E=I（r+R）=×（3×104+4×104）=8.75V．故答案为：（1）×1k，A；（2）40000，5.0，8.75【点评】：本题考查了欧姆表的结构、读数和欧姆定律，题目难度不大．15.某同学用电压表、电流表和滑动变阻器等常规器材研究标有额定电压为3.8V字样（额定功率字迹不清）的小灯泡的伏安特性，测得的实验数据如下表所示次数123456U／V00.100.200.400.601.00I／A00.0800.1000.1180.1280.160次数789101112U／V1.602.202.603.003.403.80I／A0.2000.2380.2580.2780.2910.310请你根据上表数据：（1）在如图所示虚线框中画出实验电路图。（2）在如图所示的坐标系中，选取适当的标度，画出小灯泡的伏安特性曲线．（3）实验中小灯泡两端的电压从零变化到额定电压的过程中，小灯泡的最大电阻约为

Ω（保留三位有效数字）；电阻大小发生变化的原因是

。（4）将本实验用的小灯泡接入右图所示的电路，电源电压恒为6.0V，定值电阻R1=30Ω，电流表（内阻不计）读数为0.45A。根据你描绘出的小灯泡的伏安特性曲线，此时小灯泡消耗的实际功率约为W(保留两位有效数字)．参考答案：(1)如下图所示(2分)

（2）（2分）(3)12.3

(2分)

随着小灯泡电压的增大，通过的电流增大，功率增大，灯丝的温度升高，电阻增大(2分)

（4）0.60～0.65

(2分)（通过R1的电流I1=U/R1=0.2A，通过小灯泡的电流I2=I-I1=0.25A，由伏安特性曲线可知，小灯泡两端的电压U灯≈2.5V，P灯=U灯I2=0.63W）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图15所示。A、B为两块平行金属板，间距d=0．50m，两板间有方向由B指向A，大小为E=l．0×l03N／C的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P．油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为vo=2．0m/s，质量m=5．0×l0－16kg、带电量为q=-2．0×10－16C。微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上。试求：

（1）电场力对每个微粒所做的功；

（2）微粒到达B极所需的最长时间：

（3）微粒最后落在B板上所形成图形的面积大小。参考答案：17.如图所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止。试求：

（1）小环对杆的压力；

（2）小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？

参考答案：解：（1）整体法分析有：2FN=（M+2m）g

（2分）

即FN=Mg+mg

由牛顿第三定律得：小环对杆的压力FN=Mg+mg

（2分）

（2）研究M得：2FTcos300=Mg

（2分）