四川省德陽市綿竹東汽中學2023年高三物理期末試題含解析

1、四川省德陽市綿竹東汽中學2023年高三物理期末試題含解析一、 選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1. 用升降機運載貨物，貨物從靜止開始豎直上升過程中，經(jīng)歷加速、勻速、減速三個階段，在貨物減速運動階段A所受支持力小于貨物的重力B所受支持力大于貨物的重力C支持力對貨物做功等于其動能的減少量D支持力對貨物做功等于其機械能的變化量參考答案：AD2. （單選）已知地球的半徑為6.4106m，地球自轉(zhuǎn)的角速度為7.29105rad/s，地面的重力加速度為9.8m/s2，在地球表面發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度為7.9103m/s，第三宇宙速度為16.7103m/s，月球到地球中

2、心的距離為3.84108m假設地球上有一棵蘋果樹長到了接近月球那么高，則當蘋果脫離蘋果樹后，將（）A落向地面B成為地球的同步“蘋果衛(wèi)星”C成為地球的“蘋果月亮”D飛向茫茫宇宙參考答案：考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用專題：人造衛(wèi)星問題分析：根據(jù)v=r，可得出蘋果的線速度把蘋果的線速度與第三宇宙速度比較求解解答：解：地球自轉(zhuǎn)的角速度為7.29105 rad/s，月球到地球中心的距離為3.84108 m地球上有一棵蘋果樹長到了接近月球那么高，根據(jù)v=r得蘋果的線速度v=2.8104 m/s，第三宇宙速度為16.7103 m/s，由于蘋果的線速度大于第三宇宙速度，所以蘋

3、果脫離蘋果樹后，將脫離太陽系的束縛，飛向茫茫宇宙故選D點評：解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力同時知道宇宙速度的意義3. 如圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為介質(zhì)中x=2m處的質(zhì)點P以此時刻為計時起點的振動圖象。下列說法正確的是 （ ） A這列波的傳播方向是沿x軸正方向 B這列波的傳播速度是20m/s C經(jīng)過0.15s,質(zhì)點P沿x軸的正方向傳播了3m D經(jīng)過0.1s時,質(zhì)點Q的運動方向沿y軸正方向 E. 經(jīng)過0.35s時,質(zhì)點Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點P距平衡位置的距離參考答案：4. 一宇航員到達半徑為R，密度均勻的某星球表面，做如下實驗，用不可伸長的輕繩拴一質(zhì)量為m的小球，上端固

4、定在O點，如圖甲所示，在最低點給小球某一初速度，使其繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，測得繩的拉力大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，F(xiàn)17F2，設R、m、引力常量G、F1、F2均為己知量，忽略各種阻力，以下說法正確的是A小球在最高點的最小速度為零 B衛(wèi)星繞該星的第一宇宙速度為C該星球表面的重力加速度為 D星球的質(zhì)量為參考答案：BCD5. 圖示為一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波，實線為t0時刻的波形圖，虛線為t0.6 s時的波形圖，波的周期T0.6 s，則A.波的周期為2.4sB.在t0.9s時，P點沿y軸正方向運動C.經(jīng)過0.4s，P點經(jīng)過的路程為4mD.在t0.5s時，Q點到達波峰位置參考答案：D解

5、析：根據(jù)題意應用平移法可知T0.6s，解得T0.8s，A錯；由圖可知振幅A0.2m、波長8m。t0.9s1T，此時P點沿y軸負方向運動，B錯；0.4sT，運動路程為2A0.4m，C錯； t0.5sTTT，波形圖中Q正在向下振動，從平衡位置向下振動了T，經(jīng)T到波谷，再過T到波峰，D對。二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6. （4分）從某金屬表面逸出光電子的最大初動能與入射光的頻率的圖像如下圖所示，則這種金屬的截止頻率是_HZ；普朗克常量是_J/HZ。參考答案：4.3(0.1)1014Hz ( 6.26.8)10-34Js7. （2008?上海模擬）已知某物質(zhì)摩爾質(zhì)量為M，密度為，

6、阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該物質(zhì)的分子質(zhì)量為 ，單位體積的分子數(shù)為 參考答案：；NA解：每個分子的質(zhì)量m=單位體積的質(zhì)量等于單位體積乘以密度，質(zhì)量除以摩爾質(zhì)量等于摩爾數(shù)，所以單位體積所含的分子數(shù)n=NA；8. 如圖甲是利用激光測轉(zhuǎn)速的原理示意圖，圖中圓盤可繞固定軸轉(zhuǎn)動，盤邊緣側(cè)面上有一小段涂有很薄的反光材料當盤轉(zhuǎn)到某一位置時，接收器可以接收到反光涂層所反射的激光束，并將所收到的光信號轉(zhuǎn)變成電信號，在示波器顯示屏上顯示出來(如圖乙所示)(1)若圖乙中示波器顯示屏上橫向的每大格(5小格)對應的時間為2.50103 s，則圓盤的轉(zhuǎn)速為 r/s.(保留3位有效數(shù)字)(2)若測得圓盤直徑為10.20 cm

7、，則可求得圓盤側(cè)面反光涂層的長度為 cm.(保留3位有效數(shù)字) 參考答案：9. （5分）如圖所示，質(zhì)量為m，橫截面為直角三角形的物塊ABC，ABC=，AB邊靠在豎直墻面上，F(xiàn)是垂直于斜面BC的推力，現(xiàn)物塊靜止不動，則摩擦力的大小為 。參考答案：答案：mg+Fsin10. (4分)在一個邊長為a的等邊三角形區(qū)域內(nèi)分布著磁感應強度為B的勻強磁強, 一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從BC邊的中點垂直BC方向射入磁場中, 如圖所示, 為使該粒子能從AB邊(或AC邊)射出, 則帶電粒子的初速度v必須大于 。 參考答案： 答案：11. 假設一列火車共有6節(jié)車廂且均停在光滑的軌道上，各車廂間有一定的間距若第

8、一節(jié)車廂以速度向第二節(jié)車廂運動，碰后不分開，然后一起向第三節(jié)車廂運動，依次直到第6節(jié)車廂則第一節(jié)車廂與第二節(jié)車廂碰后的共同速度為_,火車最終的速度為_參考答案： 12. 如圖所示，一根長為L=2m的細剛性輕桿的兩端分別連結(jié)小球a和b，它們的質(zhì)量分別為ma=8kg和mb=lkg，桿可繞距a球為L處的水平定軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動。初始時桿處于豎直位置，小球b幾乎接觸桌面，在桿的右邊水平桌面上，緊挨著細桿放著一個質(zhì)量為m=25kg的立方體勻質(zhì)物塊，圖中ABCD為過立方體中心且與細桿共面的截面?，F(xiàn)用一水平恒力F=100N作用于a球上，使之繞O軸逆時針轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)過角過程中力F做的功為_ J；此時小球b速度

9、的大小為 m/s。（設在此過程中立方體物塊沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，且小球b與立方體物體始終沒有分離，不計一切摩擦。結(jié)果保留小數(shù)點后兩位。取g=10m/s2）參考答案：13. （多選）（2014秋?滕州市校級期中）下列說法正確的是（）A伽利略的理想實驗說明了力不是維持物體運動的原因B人站在電梯中，人對電梯的壓力與電梯對人的支持力不一定大小相等C兩個不同方向的勻變速直線運動，它們的合運動不一定是勻變速直線運動D由F=ma可知：當F=0時a=0，即物體靜止或勻速直線運動所以牛頓第一定律是牛頓第二定律的特例參考答案：AC解：A、伽利略的理想實驗說明物體不受力，物體照樣運動，即力不是維持物體運動的原因故A正確B、

10、人對電梯的壓力和電梯對人的支持力是一對作用力和反作用力，大小相等故B錯誤C、兩個不同方向的勻變速直線運動合成，若合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，物體做曲線運動故C正確D、第二定律針對的是有合外力作用時的狀態(tài)，第一定律是針對沒有外力的狀態(tài)，第一定律不是第二定律的特例故D錯誤故選AC三、 簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14. （簡答）如圖13所示,滑塊A套在光滑的堅直桿上,滑塊A通過細繩繞過光滑滑輪連接物 塊B,B又與一輕質(zhì)彈贊連接在一起，輕質(zhì)彈簧另一端固定在地面上,開始用手托住物塊 .使繩子剛好伸直處于水平位位置但無張力?，F(xiàn)將A由靜止釋放.當A下滑到C點時(C點 圖

11、中未標出)A的速度剛好為零，此時B還沒有到達滑輪位置，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m ,滑輪質(zhì)量和大小及摩擦可忽略不計，滑輪與桿的水平距離L=0.3m,AC距離為 0.4m，mB=lkg,重力加速度g=10 m/s2。試求： (1)滑塊A的質(zhì)量mA(2)若滑塊A質(zhì)量增加一倍,其他條件不變，仍讓滑塊A從靜止滑到C點,則滑塊A到達C點時A、B的速度大小分別是多少？ 參考答案：（1） （2） （3），功能關系解析：（1）開始繩子無張力，對B分析有kx1=mBg， 解得：彈簧的壓縮量x1=0.1m（1分）當物塊A滑到C點時，根據(jù)勾股定理繩伸出滑輪的長度為0.5 m，則B上升了0.2m,所以彈簧又伸

12、長了0.1m。（1分）由A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，又彈簧伸長量與壓縮量相等則彈性勢能變化量為零所以mAgh1=mBgh2（2分）其中h1=0.4m，h2=0.2m所以mA=0.5kg（1分）（2）滑塊A質(zhì)量增加一倍，則mA=1kg，令滑塊到達C點時A、B的速度分別為v1和v2由A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得（2分）又有幾何關系可得AB的速度關系有 vAcos=vB（1分）其中為繩與桿的夾角且cos=0.8解得：（1分）（1分）（1）首先由物體靜止條件求出彈簧壓縮的長度，再根據(jù)幾何知識求出物體B上升的距離，從而可求出彈簧伸長的長度，然后再根據(jù)能量守恒定律即可求解物體A的質(zhì)量；題（2）

13、的關鍵是根據(jù)速度合成與分解規(guī)律求出物體B與A的速度關系，然后再根據(jù)能量守恒定律列式求解即可15. 如圖甲所示，將一質(zhì)量m=3kg的小球豎直向上拋出，小球在運動過程中的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，設阻力大小恒定不變，g=10m/s2，求（1）小球在上升過程中受到阻力的大小f（2）小球在4s末的速度v及此時離拋出點的高度h參考答案：（1）小球上升過程中阻力f為5N；（2）小球在4秒末的速度為16m/s以及此時離拋出點h為8m考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像專題：牛頓運動定律綜合專題分析：（1）根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出小球上升的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出小球上升過程中受到

14、空氣的平均阻力（2）利用牛頓第二定律求出下落加速度，利用運動學公式求的速度和位移解答：解：由圖可知，在02s內(nèi)，小球做勻減速直線運動，加速度大小為： 由牛頓第二定律，有：f+mg=ma1代入數(shù)據(jù)，解得：f=6N（2）2s4s內(nèi)，小球做勻加速直線運動，其所受阻力方向與重力方向相反，設加速度的大小為a2，有：mgf=ma2即 4s末小球的速度v=a2t=16m/s依據(jù)圖象可知，小球在 4s末離拋出點的高度： 答：（1）小球上升過程中阻力f為5N；（2）小球在4秒末的速度為16m/s以及此時離拋出點h為8m點評：本題主要考查了牛頓第二定律及運動學公式，注意加速度是中間橋梁四、計算題：本題共3小題，共

15、計47分16. （計算）如圖（甲）所示，在電場強度大小為E、方向豎直向上的勻強電場中存在著一半徑為R的圓形區(qū)域，O點為該圓形區(qū)域的圓心，A點是圓形區(qū)域的最低點，B點是圓形區(qū)域最右側(cè)的點在A點有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于電場強度、方向向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m電量為q，不計電荷重力、電荷之間的作用力（1）某電荷的運動軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點，如圖（甲）所示，POA=，求該電荷從A點出發(fā)時的速率；（2）若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD，如圖（乙）所示，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點，COB=BOD= 30o，求該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能參考答案：（1） （2）q

16、ER和qER知識點: 帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用解析 ：（1）電荷從A到P做類平拋運動，由牛頓第二定律得 a=水平方向：Rsin=v0t豎直方向：R-Rcos=at2聯(lián)立解得，v0=（2）由（1）得知，粒子從A點出發(fā)時的動能為設經(jīng)過P點時的動能為Ek，則有 qE（R-Rcos）=Ek-解得，Ek=qER(5-3cos)當電荷打到C點時，電場力做功最大，電荷獲得的動能最大，最大動能為EkC=qER(5-3cos120)= qER打在D點電場力最小，獲得的動能最小，最小動能為EkD=qER(5-3cos60)= qER17. 如圖所示,水平光滑地面上依次放置著質(zhì)量m =0.08 k

17、g的10塊完全相同的長直木 板。質(zhì)量M = 1.0 kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v0=6.O m/s從長木板左端滑上木 板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1 =4.0 m/S。銅塊最終停在第二塊木板上。 取g = 10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求：第一塊木板的最終速度銅塊的最終速度參考答案：18. 如圖所示，某人駕駛摩托車做特技表演，以某一初速度沿曲面沖上高h、頂部水平的高臺，到達平臺頂部以v0=的水平速度沖出，落至地面時，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑A、B為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為R=，人和車的總質(zhì)量為m，特技表演的全過程中不計一切阻