云南省昆明市鐵路局第三中學(xué)2022-2023學(xué)年高三物理下學(xué)期期末試題含解析一、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.（單選）如圖所示，空間有與水平方向成θ角的勻強(qiáng)電場．一個質(zhì)量為m的帶電小球，用長L的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)．當(dāng)小球靜止時，細(xì)線恰好處于水平位置．現(xiàn)用一個外力將小球沿圓弧緩慢地拉到最低點(diǎn)，此過程小球的電荷量不變．則該外力做的功為（）A．mgLcotθB．mgLtanθC．D．mgL參考答案：考點(diǎn)：動能定理的應(yīng)用；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．專題：動能定理的應(yīng)用專題．分析：小球在最高點(diǎn)受力平衡，根據(jù)平衡條件得出電場力大??；然后對從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程運(yùn)用動能定理列式求解．解答：解：小球在最高點(diǎn)受力平衡，如圖，根據(jù)平衡條件，有：T=mgcotθ…①qE=…②對從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程運(yùn)用動能定理得到：WF+mgL+qE?L?cos（225°﹣θ）=0…③由②③解得：WF=mgLcotθ故選：A．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是先根據(jù)平衡條件求出彈力和電場力，然后根據(jù)動能定理列式求解出拉力F做的功．2.學(xué)習(xí)物理除了知識的學(xué)習(xí)外，還要領(lǐng)悟并掌握處理物理問題的思想與方法。下列關(guān)于物理學(xué)中的思想方法敘述正確的是

A．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗中使用了理想化模型的思想方法B．伽利略在研究自由落體運(yùn)動時采用了控制變量的方法C．在探究求合力方法的實(shí)驗中使用了微元法D．伽利略在研究力與運(yùn)動關(guān)系時利用了理想實(shí)驗法參考答案：D3.火星的質(zhì)量和半徑分別約為地球的和，地球表面的重力加速度為g，則火星表面的重力加速度約為(

)A．0.2g

B．0.4g

C．2.5g

D．5g參考答案：答案：B4.（多選）如圖所示的是嫦娥三號飛船登月的飛行軌道示意圖，下列說法正確的是

A．在地面出發(fā)點(diǎn)A附近，即剛發(fā)射階段，飛船處于超重狀態(tài)

B．從軌道上近月點(diǎn)C飛行到月面著陸點(diǎn)D，飛船處于失重狀態(tài)

C．飛船在環(huán)繞月球的圓軌道上B處須點(diǎn)火減速才能進(jìn)入橢圓軌道

D．飛船在環(huán)繞月球的橢圓軌道上時B處的加速度小于在圓軌道上時B處的加速度參考答案：AC5.某物體做勻加速直線運(yùn)動，在某時刻前t1內(nèi)的位移是s1，在該時刻后t2內(nèi)的位移是s2，則物體的加速度是（

）A. B. C. D.參考答案：A【詳解】設(shè)初速度為v，加速度為a，由位移時間公式得：S1＝vt1+at12；S2＝(v+at1)t2+at22；聯(lián)立以上兩式解得：a=；故A正確，BCD錯誤；故選A?！军c(diǎn)睛】本題主要考查勻變速直線運(yùn)動中位移和時間的關(guān)系，速度與加速度的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.)若將該密閉氣體視為理想氣體，氣球逐漸膨脹起來的過程中，氣體對外做了

0.6J的功，同時吸收了0.9J的熱量，則該氣體內(nèi)能變化了

J；若氣球在膨脹過程中迅速脫離瓶頸，則該氣球內(nèi)氣體的溫度

(填“升高”或“降低”)。參考答案：0.3

降低7.（3分）一電子具100eV的動能、從A點(diǎn)垂直電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，當(dāng)從B點(diǎn)飛出時與場強(qiáng)方向恰成150°，如圖所示，則A、B兩點(diǎn)間的電勢差為______V。參考答案：

3008.如圖所示，我們可以探究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)．平行板電容器已充電，帶電量為Q，靜電計的指針偏角大小，表示兩極板間電勢差的大?。绻箻O板間的正對面積變小，發(fā)現(xiàn)靜電計指針的偏角變大，我們就說平行板電容器的電容變?。ㄌ睢白兇蟆被颉白冃　保蝗绻箖蓸O板間的距離變大，發(fā)現(xiàn)靜電計指針的偏角變大，我們就說平行板電容器的電容變?。ㄌ睢白兇蟆被颉白冃　保覀冎阅軌虻贸鲞@些結(jié)論是因為電容器的電容C=．參考答案：考點(diǎn)：電容器的動態(tài)分析．專題：電容器專題．分析：根據(jù)電容的決定式，分析電容如何變化，由電容的定義式分析板間電壓的變化，再判斷靜電計指針偏角的變化．解答：解：根據(jù)C=，正對面積變小說明電容減小，又C=，電壓增大則發(fā)現(xiàn)靜電計指針的偏角變大；使兩極板間的距離變大，根據(jù)C=，說明電容減小，又C=，電壓增大則發(fā)現(xiàn)靜電計指針的偏角變大．我們之所以能夠得出這些結(jié)論是因為電容器的電容C=故答案為：變小，變小，點(diǎn)評：本題是電容器動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵要掌握電容的決定式和電容的定義式，并能進(jìn)行綜合分析．9.用圖（a）所示的實(shí)驗裝置驗證牛頓第二定律。①某同學(xué)通過實(shí)驗得到如圖（b）所示的a—F圖象，造成這一結(jié)果的原因是：在平衡摩擦力時

。圖中a0表示的是

時小車的加速度。②某同學(xué)得到如圖（c）所示的紙帶。已知打點(diǎn)計時器電源頻率為50Hz．A、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個連續(xù)的點(diǎn)。=

cm。由此可算出小車的加速度a=

m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。參考答案：①長木板的傾角過大（2分，能答到這個意思即可）；未掛砂桶（2分）。②1.80（2分，填1.8也可）；5.0m/s2（2分）10.光滑水平面上兩小球a、b用不可伸長的松弛細(xì)繩相連。開始時兩球靜止，給b球一個水平恒力拖動B球運(yùn)動直至繩被拉緊，然后兩球一起運(yùn)動，在兩球一起運(yùn)動過程中兩球的總動量

(填“守恒”或“不守恒”)；系統(tǒng)的機(jī)械能

(填“守恒”或“不守恒”)。參考答案：不守恒，不守恒；11.當(dāng)具有5.0eV能量的光子照射到某金屬表面后，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能是1.5eV．為了使該金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，入射光子的最低能量為

▲

A．1.5eV

B．3.5eV

C．5.0eV

D．6.5eV參考答案：

B

12.如圖所示，長L的輕直桿兩端分別固定小球A和B，A、B都可以看作質(zhì)點(diǎn)，它們的質(zhì)量分別為2m和m。A球靠在光滑的豎直墻面上，B球放置在光滑水平地面上，桿與豎直墻面的夾角為37o?，F(xiàn)將AB球由靜止釋放，A、B滑至桿與豎直墻面的夾角為53o時，vA：vB＝____________，A球運(yùn)動的速度大小為____________。

參考答案：4：3，（或0.559）13.一質(zhì)點(diǎn)由位置A向北運(yùn)動了4m，又轉(zhuǎn)向東運(yùn)動了3m，到達(dá)B點(diǎn)，然后轉(zhuǎn)向南運(yùn)動了1m，到達(dá)C點(diǎn)，在上述過程中質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的路程是

m，運(yùn)動的位移是

m。參考答案：8，三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（09年大連24中質(zhì)檢）（選修3—4）（5分）半徑為R的半圓柱形玻璃，橫截面如圖所O為圓心，已知玻璃的折射率為，當(dāng)光由玻璃射向空氣時，發(fā)生全反射的臨界角為45°．一束與MN平面成45°的平行光束射到玻璃的半圓柱面上，經(jīng)玻璃折射后，有部分光能從MN平面上射出．求①說明光能從MN平面上射出的理由?

②能從MN射出的光束的寬度d為多少?參考答案：解析：①如下圖所示，進(jìn)入玻璃中的光線a垂直半球面，沿半徑方向直達(dá)球心位置O，且入射角等于臨界角，恰好在O點(diǎn)發(fā)生全反射。光線a右側(cè)的光線（如：光線b）經(jīng)球面折射后，射在MN上的入射角一定大于臨界角，在MN上發(fā)生全反射，不能射出。光線a左側(cè)的光線經(jīng)半球面折射后，射到MN面上的入射角均小于臨界角，能從MN面上射出。（1分）最左邊射向半球的光線c與球面相切，入射角i=90°折射角r=45°。故光線c將垂直MN射出（1分）

②由折射定律知（1分）

則r=45°

（1分）

所以在MN面上射出的光束寬度應(yīng)是

（1分）15.螺線管通電后，小磁針靜止時指向如圖所示，請在圖中標(biāo)出通電螺線管的N、S極，并標(biāo)出電源的正、負(fù)極。參考答案：N、S極1分電源+、-極四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成q=300角固定，軌距為L=1m，質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其阻值忽略不計?？臻g存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T。P、M間接有阻值R1的定值電阻，Q、N間接變阻箱R?，F(xiàn)從靜止釋放ab，改變變阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到與的關(guān)系如圖所示。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取l0m/s2。求：（1）金屬桿的質(zhì)量m和定值電阻的阻值R1；（2）當(dāng)變阻箱R取4Ω時，且金屬桿ab運(yùn)動的加速度為gsinq時，此時金屬桿ab運(yùn)動的速度；（3）當(dāng)變阻箱R取4Ω時，且金屬桿ab運(yùn)動的速度為時，定值電阻R1消耗的電功率。參考答案：（1）總電阻為R總＝R1R/(R1＋R)；I＝BLv/R總當(dāng)達(dá)到最大速度時金屬棒受力平衡。mgsinq＝BIL=，，根據(jù)圖像代入數(shù)據(jù)，可以得到棒的質(zhì)量m=0.1kg，R=1Ω（2）（5分）金屬桿ab運(yùn)動的加速度為gsinq時，I′＝BLv′/R總根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma，mgsinq－BI’L＝ma，mgsinq－＝mgsinq，代入數(shù)據(jù)，得到v′＝0.8m/s（3）（4分）當(dāng)變阻箱R取4Ω時，根據(jù)圖像得到vm=1.6m/s，。17.如圖所示，A為位于一定高度處的質(zhì)量為m的小球，B為位于水平地面上的質(zhì)量為M的長方形空心盒子，盒子足夠長，且M=2m，盒子與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2．盒內(nèi)存在著某種力場，每當(dāng)小球進(jìn)入盒內(nèi)，該力場將同時對小球和盒子施加一個大小為F=Mg、方向分別豎直向上和向下的恒力作用；每當(dāng)小球離開盒子，該力F同時立即消失．盒子的上表面開有一系列略大于小球的小孔，孔間距滿足一定的關(guān)系，使得小球進(jìn)出盒子的過程中始終不與盒子接觸．當(dāng)小球A以v=1m/s的速度從孔1進(jìn)入盒子的瞬間，盒子B恰以v0=6m/s的速度向右滑行．取重力加速度g=10m/s2，小球恰能順次從各個小孔進(jìn)出盒子．試求：

（1）小球A從第一次進(jìn)入盒子到第二次進(jìn)入盒子所經(jīng)歷的時間；

（2）盒子上至少要開多少個小孔，才能保證小球始終不與盒子接觸；

（3）從小球第一次進(jìn)入盒子至盒子停止運(yùn)動的過程中，盒子通過的總路程．參考答案：（1）A在盒子內(nèi)運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有

解得a=g

A在盒子內(nèi)運(yùn)動的時間

A在盒子外運(yùn)動的時間

A從第一次進(jìn)入盒子到第二次進(jìn)入盒子的時間

（2）小球在盒子內(nèi)運(yùn)動時，盒子的加速度=4m/s2

小球在盒子外運(yùn)動時，盒子的加速度

小球運(yùn)動一個周期盒子減少的速度為

從小球第一次進(jìn)入盒子到盒子停下，小球運(yùn)動的周期數(shù)為

故要保證小球始終不與盒子相碰，盒子上的小孔數(shù)至少為2n+1個，即11個．

（3）小球第一次在盒內(nèi)運(yùn)動的過程中，盒子前進(jìn)的距離為m

小球第一次從盒子出來時，盒子的速度m/s

小球第一次在盒外運(yùn)動的過程中，盒子前進(jìn)的距離為=1m

小球第二次進(jìn)入盒子時，盒子的速度m/s

小球第二次在盒子內(nèi)運(yùn)動的過程中，盒子前進(jìn)的距離為m

小球第二次從盒子出來時，盒子的速度m/s

小球第二次在盒外運(yùn)動的過程中，盒子前進(jìn)的距離為m

…………

分析上述各組數(shù)據(jù)可知，盒子在每個周期內(nèi)通過的距離為一等差數(shù)列，公差d＝0.12m．且當(dāng)盒子停下時，小球恰要進(jìn)入盒內(nèi)，最后0.2s內(nèi)盒子通過的路程為0