山西省運城市河津城北中學2023年高三物理上學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）在炎熱的夏天，空調會為我們帶來舒適的室內生活環(huán)境，則室內開啟空調之后和開啟空調之前相比，下列說法正確的是

A．空氣分子平均動能減小

B．空氣分子對墻壁單位面積單位時間內的碰撞次數減少C．空調的工作原理違背了熱力學第二定律

D．除了空調，電扇也可以降低室內的溫度，只是效果不如空調明顯參考答案：A2.下列各圖中，已標出電流及電流的磁場方向，(B表示磁場“

”表示導線中電流I的方向垂直于紙面向里，“⊙”表示導線中電流I的方向垂直于紙面向外)其中正確的是()參考答案：D3.（單選）下列關于牛頓運動定律的說法中正確的是A．慣性就是物體保持靜止狀態(tài)的性質B．力的國際制單位“牛頓”是根據牛頓第二定律定義的C．物體運動狀態(tài)改變的難易程度就是加速度D．一對作用力與反作用力的作用效果總相同參考答案：B

解析：A、慣性是物體保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)的性質，故A錯誤；B、力的國際制單位“牛頓”是根據牛頓第二定律F=ma定義的，故B錯誤；C、物體運動狀態(tài)改變的難易程度表示物體的慣性，故C錯誤；D、作用力和反作用力大小相等，方向相反，總是分別作用在兩個物體上，各自產生各自的作用效果，故D錯誤；故選B4.（單選）如圖，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是參考答案：A5.一小型無人機保持水平勻速飛行，從無人機上先后釋放了兩個小球，小球相繼落在水平地面上，落地時間間隔為t，測得兩落地點的距離為d，忽略風力和空氣阻力的影響，利用這兩個數據，可以求出的物理量是（）A．無人機勻速運動的速度大小B．無人機在空中距離水平地面的高度C．小球在空中運動的時間D．當地的重力加速度參考答案：A【考點】平拋運動．【分析】勻速飛行的無人機上釋放的小球做平拋運動，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據分位移公式列式分析．【解答】解：A、勻速飛行的無人機上釋放的小球做平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，由題得d=v0t，可知能求出無人機勻速運動的速度大小v0．故A正確．B、設小球下落的時間為T．則無人機在空中距離水平地面的高度h=，因為T未知，所以h不能求出．故B錯誤．C、根據已知條件，不能求出小球在空中運動的時間T，故C錯誤．D、由h=，因為h和T均未知，所以g不能求出，故D錯誤．故選：A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.氫原子的能級圖如圖所示.一群處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時能發(fā)出_____種不同頻率的光.這些光照射到逸出功等于2.5eV的金屬上，產生的光電子的最大初動能等于_____eV.參考答案：

(1).6

(2).10.25【分析】能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，發(fā)生光電效應的條件是當光子能量大于逸出功，根據光電效應方程求出光電子的最大初動能．【詳解】一群處于n=4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，共有種；從n=4躍遷到n=1的能級差最大，則輻射的光子能量最大為-0.85eV+13.6eV=12.75eV，根據光電效應方程知，光電子的最大初動能Ekm=hv-W0=12.75eV-2.5eV=10.25eV．【點睛】解決本題的關鍵掌握光電效應的條件，以及知道能級間躍遷所滿足的規(guī)律，注意最大初動能與入射頻率的不成正比，但是線性關系．7.在如圖所示電路中，電源電動勢E，內阻r，保護電阻R0，滑動變阻器總電阻R，閉合電鍵S，在滑片P從滑動變阻器的中點滑到b的過程中，通過電流表的電流________，通過滑動變器a端的電流________。(填“變大”、“變小”或“不變”)參考答案：變大，變小8.如圖所示，豎直平面內有兩個水平固定的等量同種正點電荷，AOB在兩電荷連線的中垂線上，O為兩電荷連線中點，AO＝OB＝L，一質量為m、電荷量為q的負點電荷若由靜止從A點釋放則向上最遠運動至O點。現若以某一初速度向上通過A點，則向上最遠運動至B點，重力加速度為g。該負電荷A點運動到B點的過程中電勢能的變化情況是

；經過O點時速度大小為

。參考答案：先減小后增大；9.一個小燈泡在3伏的電壓下，通過0.25A電流，燈泡所發(fā)出的光經聚光后形成很細的光束，沿某個方向直線射出。設燈泡發(fā)出的光波長為6000埃，則每秒鐘發(fā)出的光子個數為______個，沿光的傳播方向上2m長的光束內的光子為________個2.26×1018，1.51×10102012學年普陀模擬22。參考答案：2.26×1018，1.51×1010 10.如圖所示是半徑為5cm的玻璃球，某單色細光束AB通過此玻璃球時的折射率為，光束AB平行于過球心的直線MN，且兩線相距2.5cm，CD為出射光線。則此單色光線AB進入玻璃球時的折射角為

，出射光線CD與MN所成的角為

。參考答案：300，300。11.如圖所示，質量m＝0.10kg的小物塊，在粗糙水平桌面上做勻減速直線運動，經距離l＝1.4m后，以速度v＝3.0m/s飛離桌面，最終落在水平地面上。已知小物塊與桌面間的動摩擦因數m＝0.25，桌面高h＝0.45m，g取10m/s2．則小物塊落地點距飛出點的水平距離s＝

m，物塊的初速度v0＝

m/s。參考答案：0.904.012.（4分）如圖，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區(qū)域cdef內有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導軌在同一平面內。當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，圓環(huán)L有__________（填收縮、擴張）趨勢，圓環(huán)內產生的感應電流_______________（填變大、變小、不變）。參考答案：收縮，變小解析：由于金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動，則abcd回路中產生逆時針方向的感應電流，則在圓環(huán)處產生垂直于只面向外的磁場，隨著金屬棒向右加速運動，圓環(huán)的磁通量將增大，依據楞次定律可知，圓環(huán)將有收縮的趨勢以阻礙圓環(huán)的磁通量將增大；又由于金屬棒向右運動的加速度減小，單位時間內磁通量的變化率減小，所以在圓環(huán)中產生的感應電流不斷減小。13.某人用多用電表按正確步驟測量一電阻的阻值，當選擇歐姆擋“×10”擋測量時，指針指示位置在第11和第12刻度線的正中間（如圖甲所示），則其電阻值

（填“大于”、“等于”或“小于”）115Ω．如果要用這只多用電表測量一個約2000Ω的電阻，為了使測量比較精確，選擇開關應選的歐姆擋是

（填“×10”、“×100”或“×1k”）．用多用電表測量性能良好的晶體二極管的電阻（如圖乙所示），交換兩表筆前后兩次測得的電阻差異明顯，那么多用電表測得電阻較小的一次，其

（填“紅”或“黑”）表筆相連的一端為二極管的A極．參考答案：小于；×100；

紅【考點】用多用電表測電阻．【分析】歐姆表表盤刻度左密右疏，從而估算圖中指針的示數；選擇開關應選的歐姆擋應盡量使指針指在中央刻度附近讀數誤差較?。欢O管的特點是：正向電阻很小，反向電阻很大【解答】解：歐姆表表盤刻度左密右疏，則115Ω應該在第11和第12刻度線的正中間偏左，則在指針指示位置在第11和第12刻度線的正中間其電阻值小于115Ω；盡量使指針指在中央刻度附近讀數，測量一個約2000Ω的電阻則應使指針指在20的位置，選擇開關選取×100檔；多用電表測得電阻較小的一次應是電流從B（二極管正極）流入，而電流從多用電表黑表筆（接內部電源正極）流出，故黑表筆接的是B極，則紅表筆接的是A極，故答案為：小于；×100；

紅．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示,甲為某一列簡諧波t=t0時刻的圖象,乙是這列波上P點從這一時刻起的振動圖象,試討論:①波的傳播方向和傳播速度.②求0~2.3s內P質點通過的路程.參考答案：①x軸正方向傳播，5.0m/s②2.3m解：(1)根據振動圖象可知判斷P點在t=t0時刻在平衡位置且向負的最大位移運動，則波沿x軸正方向傳播，由甲圖可知，波長λ=2m，由乙圖可知，周期T=0.4s，則波速(2)由于T=0.4s，則,則路程【點睛】本題中根據質點的振動方向判斷波的傳播方向，可采用波形的平移法和質點的振動法等等方法，知道波速、波長、周期的關系.15.

（選修3-3）（4分）估算標準狀態(tài)下理想氣體分子間的距離（寫出必要的解題過程和說明,結果保留兩位有效數字）參考答案：解析：在標準狀態(tài)下，1mol氣體的體積為V=22.4L=2.24×10-2m3

一個分子平均占有的體積V0=V/NA

分子間的平均距離d=V01/3=3.3×10-9m四、計算題：本題共3小題，共計47分16.2014年暑假期間，張掖市某學校物理課外興趣小組去面粉廠進行暑期實踐活動，小組成員測出工廠中運送面粉袋的水平傳送帶以v=1m/s的速度勻速運動，若工人師傅將一面粉袋無初速度地放在傳送帶上后，面粉袋從開始運動到與傳送帶保持相對靜止時會在傳送帶上留下長L=0.2m的痕跡，取g=10m/s2．請你用以上數據求出面粉袋與傳送帶間的動摩擦因數．參考答案：解：如圖所示，A、B分別為面粉袋與傳送帶運動的v﹣t圖象，其中陰影部分的面積等與面粉袋在傳送帶上留下的痕跡長L，設面粉袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，由v﹣t圖象得：，v=at由牛頓第二定律得：μmg=ma代入數據，由以上各式得，μ=0.25答：面粉袋與傳送帶間的動摩擦因數為0.25．17.如圖（甲）所示，在場強大小為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、方向均垂直于場強方向向右的正電荷，電荷的質量為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=θ，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=30°．求該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能．參考答案：考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用．專題：帶電粒子在電場中的運動專題．分析：（1）電荷從A到P做類平拋運動，由牛頓第二定律求出加速度．電荷水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，此電荷水平位移為Rsinθ，豎直位移為R﹣Rcosθ，由運動學公式和幾何關系求出該電荷從A點出發(fā)時的速率．（2）當電荷打到C點時，電場力做功最大，電荷獲得的動能最大，打在D點電場力最小，獲得的動能最小，根據動能定理求解該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能．解答：解：（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：Rsinθ=v0t豎直方向：R﹣Rcosθ=聯立解得，（2）由（1）得知，粒子從A點出發(fā)時的動能為Ek0=設經過P點時的動能為Ek，則有

qE（R﹣Rcosθ）=解得，Ek=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==打在D點電場力最小，獲得的動能最小，最小動能為EkD=答：（1）該電荷從A點出發(fā)時的速率是（2）該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能分別為大動能為和．點評：本題是平拋運動和動能定理的綜合應用，同時要充分應用幾何知識輔助求解．18.如圖所示，質量分別為mA=3kg、mB=1kg的物塊A、B置于足夠長的水平面上，F=13N的水平推力作用下，一起由靜止開始向右做勻加速運動，已知A、B與水平面間的動摩擦因素分別為μA=0．1、μB=0．2，取g=10m/s2．則

（1）物塊A、B一起做勻加速運動的加速度a為多大？（2）物塊A對物塊B的作用力FAB為多大？（3）若物塊A、B一起運動的速度v