貴州省貴陽市第二實驗中學2022年高三物理下學期期末試卷含解析一、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，C為兩極板水平放置的空氣平行板電容器，閉合開關S，當滑動變阻器R1、R2的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C兩極板間的帶點塵埃P恰好處于靜止狀態。要使塵埃P向下加速運動，下列方法中可行的是

A.把R1的滑片向左移動

B.把R2的滑片向左移動C.把R2的滑片向右移動

D.把開關S斷開參考答案：B2.如圖所示，真空中有直角坐標系xOy，在x軸上固定著關于O點對稱的等量異號點電荷+Q和-Q，C是y軸上的一個點，D是x軸上的一個點，DE連線垂直于x軸。將一個點電荷+q從O移動到D，電場力對它做功為W1，將這個點電荷從C移動到E，電場力對它做功為W2。下列判斷正確的是A．兩次移動電荷電場力都做正功，并且W1=W2B．兩次移動電荷電場力都做正功，并且W1＞W2C．兩次移動電荷電場力都做負功，并且W1=W2D．兩次移動電荷電場力都做負功，并且W1＞W2參考答案：B3.（多選）下列說法正確的有（

）A．黑體輻射的強度與頻率的關系是：隨著溫度的升高，各種頻率的輻射都增加，輻射強度極大值的光向頻率較低的方向移動B.α粒子散射實驗中少數α粒子發生了較大偏轉是盧瑟福猜想原子核式結構模型的主要依據C．天然放射現象的發現說明了原子核有復雜的結構D．用質子流工作的顯微鏡比用相同速度的電子流工作的顯微鏡分辨率低參考答案：BC4.（多選題）如右圖所示，N匝矩形導線框在磁感應強度為B的勻強磁場中繞軸OO′勻速轉動，線框面積為S，線框的電阻、電感均不計，外電路接有電阻R、理想電流表A和二極管D．電流表的示數為I，二極管D具有單向導電性，即正向電阻為零，反向電阻無窮大．下列說法正確的是（）A．導線框轉動的角速度為B．導線框轉動的角速度為C．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零D．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢最大參考答案：AC【考點】正弦式電流的圖象和三角函數表達式；線速度、角速度和周期、轉速；交流發電機及其產生正弦式電流的原理．【分析】根據Em=NBSω求得感應電動勢的最大值，然后利用電流的熱效應判斷出線圈轉動的角速度，根據線圈所在的位置判斷出線圈的磁通量和產生的感應電動勢的大小【解答】解：A、線圈產生的最大感應電動勢Em=NBSω根據二極管的特點可知，在一個周期內有半個周期回路中有電流，根據交流電電流的熱效應可知，解得ω=，故A正確，B錯誤；C、導線框轉到圖示位置時，線圈位于中性面處，導線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零，故C正確，D錯誤；故選：AC5.如圖所示，一電子束垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是（

）A.將變阻器滑動頭P向右滑動

B.將變阻器滑動頭P向左滑動C.將極板間距離適當減小

D.將極板間距離適當增大參考答案：DA、將變阻器滑動頭P向右或向左移動時，電容器兩端電壓不變，電場力不變，故AB錯誤；C、將極板間距離適當減小時，F電增大，不滿足要求，故C錯誤；D、將極板間距離適當增大時，F電減小，滿足要求，故D正確．故選D【點評】本題是帶電粒子在混合場中運動的問題，電子受到電場力和洛倫茲力，要使粒子做直線運動，則要求電場力等于洛倫茲力，難度適中．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.

（3分）原子彈是利用

反應而獲得巨大核能，氫彈是利用

反應而獲得巨大核能。圖所示是國際原子能機構和國際標準化組織公布的新的

標志．參考答案：答案：核裂變

核聚變

輻射警示（每空1分，共3分）7.后，答案為該礦石中的鈾、釷質量之比為___________．參考答案：39:115設原來的U234原子數為N0,由半衰期的定義可得，,經過54萬年，即兩個半衰期后，剩余的U234為N0/4個,Th230為3N0/4個，所以（234N0/4）：（2303N0/4）=39:115.8.如圖，電源電動勢E=3V，內阻r=1Ω，電阻R1=2Ω，滑動變阻器總電阻R=16Ω，在滑片P從a滑到b的過程中，電流表的最大示數為1A，滑動變阻器消耗的最大功率為0.75W．參考答案：考點：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率．專題：恒定電流專題．分析：分析電路明確電路結構，再根據閉合電路歐姆定律求得電流表的最大示數；由功率公式可知當內外電阻相等時功率達最大．解答：解：由圖可知，滑動變阻器兩端相互并聯后與R1串聯，當滑動變阻器短路時，電流表示數最大，則最大電流I===1A；把保護電阻看做電源的內阻，電源與保護電阻等效于電源，滑動變阻器是外電路，滑片P從a滑到b的過程中，電路外電阻R先變大后變小，等效電源電動勢E不變，由P=可知，滑動變阻器消耗的電功率先變小后變大，當內外電路電阻相等時，外電路功率最大，即當R=r+R1=1+2=3Ω時，外電路功率最大，故此時滑動變阻器消耗的功率為：P===0.75W；故答案為：1；0.75．點評：本題考查閉合電路歐姆定律及功率公式的應用，要注意等效內阻法的應用，明確當內外電阻相等時，外部功率最大．9.如圖（a）所示為某同學設計的電子秤原理圖，其中E是電動勢為3V的電源（內阻不計），A是電流表（在設計中計劃被改成電子秤的示數表盤），R0是阻值為5Ω定值電阻，R是一根長為6cm、阻值為15Ω的均勻電阻絲。c是一根金屬彈簧（電阻不計），其壓縮量ΔL與所受壓力F之間的關系如圖（b）所示，c頂端連接有一個塑料盤。制作時調整彈簧的位置，使之不稱重物時滑片P剛好在電阻絲的a端。（計算中g取10m/s2）（1）當電流表示數為0.3A時，所稱重物的質量為____________；（2）該設計中使用的電流表的量程最小為__________，該電子秤的稱量范圍為____________；（3）將電流表的表盤改制成的電子秤示數盤有哪些特點？（請至少寫出兩個）參考答案：（1）2kg（2）0.6A，0~6kg（3）刻度不均勻、左大右小、刻度盤最左側部分區域無刻度等10.現要驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合外力成正比”這一物理規律。給定的器材如下：一傾角可以調節的長斜面(如圖)、小車、計時器一個、米尺。(1)填入適當的公式或文字，完善以下實驗步驟(不考慮摩擦力的影響)

①讓小車自斜面上方一固定點Al從靜止開始下滑至斜面底端A2，記下所用的時間t。

②用米尺測量Al與A2之間的距離s．則小車的加速度a=

。

③用米尺測量A1相對于A2的高度h。所受重力為mg，則小車所受的合外力F=

。

④改變

，重復上述測量。

⑤以h為橫坐標，1/t2為緞坐標，根據實驗數據作圖。如能得到一條過原點的直線，則可以驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合外力成正比”這一規律。(2)在探究如何消除上述實驗中摩擦阻力影響的過程中，某同學設計的方案是：

①調節斜面傾角，使小車在斜面上勻速下滑。測量此時A1相對于斜面底端A2的高度h0。

②進行(1)中的各項測量。

③計算與作圖時用（h-h0）代替h。

對此方案有以下幾種評論意見：

A、方案正確可行。

B、方案的理論依據正確，但利用所給的器材無法確定小車在斜面上是否做勻速運動。

C、方案的理論依據有問題，小車所受摩擦力與斜面傾向有關。

其中合理的意見是

。參考答案：11.一個小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端。已知小物塊的初動能為E，它返回斜面底端的速度大小為V，克服摩擦阻力做功為E/2。若小物塊沖上斜面的初動能變為2E，則返回斜面底端時的動能為

；速度大小為

。參考答案：E、12.某實驗小組設計了下面的實驗電路測量電池的電動勢和內電阻，閉合開關S，調整電阻箱的阻值R，讀出電壓表相應示數U，測出多組數據，利用測的數據做出如右下圖像。則電池的電動勢為

，內電阻為

。電動勢的測量值與真實值相比

（填“偏大”、“偏小”或“相等”）參考答案：2V，0.2Ω，偏小13.質置為m的物體，在傾角為θ的光滑斜面上由靜止開始下滑，經過時間t，在這段時間內，支持力的沖量大小為mgcosθt，合外力對物體的沖量大小為mgsinθt．參考答案：解：物體在傾角為θ的光滑斜面上由靜止開始下滑，受重力和支持力，故：N=mgcosθ合力：F=mgsinθ故支持力沖量：IN=Nt=mgcosθt合力的沖量：I=Ft=mgsinθt故答案為：mgcosθt，mgsinθt．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.質量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=45m，物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.2．g取10m/s2．求：（1）撤去力F后物塊繼續滑動的時間t；（2）物塊在力F作用過程發生的位移x1的大小．參考答案：（1）撤去力F后物塊繼續滑動的時間為3s；（2）物塊在力F作用過程發生的位移x1的大小36m解：設F作用時間為t1，之后滑動時間為t，前段加速度大小為a1，后段加速度大小為a2（1）由牛頓第二定律可得：F﹣μmg=ma1μmg=ma2且：a1t1=a2t可得：a1=0.5m/s2，a2=2m/s2，t1=4t（a1t12+a2t2）=x解得：t=3s（2）由（1）可知，力F作用時間t1=4t=12x1=a1t12==36m答：（1）撤去力F后物塊繼續滑動的時間為3s；（2）物塊在力F作用過程發生的位移x1的大小36m15.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；（2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？參考答案：（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；分析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內A、B組成的系統動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可。【詳解】（1）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB①②聯立①②式并代入題給數據得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有④⑤⑥在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程SA都可表示為sA=vAt–⑦聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得sA=1.75m，sB=0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊0.25m處。B位于出發點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=025m+0.25m=0.50m⑨（3）t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有⑩聯立③⑧⑩式并代入題給數據得

故A與B將發生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有

聯立式并代入題給數據得

這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式

由④式及題給數據得sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離四、計算題：本題共3小題，共計47分16.(15分)如圖所示，兩根平行金屬導軌MN、PQ相距為d=1.0m，導軌平面與水平面夾角為α=30°，導軌上端跨接一定值電阻R=1.6Ω，導軌電阻不計．整個裝置處于方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小B=1T的勻強磁場中．金屬棒ef垂直于MN、PQ靜止放置，且與導軌保持良好接觸，其長剛好為d、質量m=0.1kg、電阻r=0.4Ω，距導軌底端S1=3.75m．另一根與金屬棒平行放置的絕緣棒gh長度也為d，質量為，從軌道最低點以速度v0=10m/s沿軌道上滑并與金屬棒發生正碰(碰撞時間極短)，碰后金屬棒沿導軌上滑S2=0.2m后再次靜止，測得此過程中電阻R上產生的電熱為Q=0.2J．已知兩棒與導軌間的動摩擦因數均為，g取10m/s2，求：(1)碰后瞬間兩棒的速度；(2)碰后瞬間的金屬棒加速度；(3)金屬棒在導軌上運動的時間。參考答案：解析：(1)設金屬棒碰后的速度為v，對金屬棒碰后的過程運用動能定理：

0－mv2=－W安－mgS2sinα－μmgS2cosα

①

由功能關系，安培力做的功W安等于回路中總電熱

②

設絕緣棒與金屬棒碰前的速度為v1，對絕緣棒在導軌上滑動過程運用動能定理：

③

設絕緣棒碰后的速度為v2，兩棒碰時滿足動量守恒，選沿導軌向上的方向為正方向，有：

④

由①②得v=3m/s

⑤

由③④⑤得v2=－1m/s

負號表示方向沿導軌向下

⑥

(2)切割磁感線產生的感應電動勢為E，

E=Bdv

⑦

回路中的感應電流

⑧

安培力的大小F安=BId

⑨

設金屬棒的加速度為a，對金屬棒運用牛頓第二定律：

μmgcosα＋mgsinα＋F安=ma

⑩

由⑦⑧⑨⑩式得：a=25m/s2，方向沿導軌平面向下 （11）

(3)設金屬棒在導軌上運動時間為t，在此運動過程中，安培力的沖量為I安，沿導軌方向運用動量定理：

－I安－μmgtcosα－mgtsinα=0－mv