廣東省揭陽市育英中學2022-2023學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.（多選）如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用鉛筆靠著線的左側(cè)水平向右以速度V勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則下列說法中正確的是（

）A．橡皮做勻速直線運動B．橡皮運動的速度大小為2vC．橡皮運動的速度大小為D．橡皮的位移與水平成450，向右上參考答案：ACD

解析：橡皮在水平方向勻速運動，由于橡皮向右運動的位移一定等于橡皮向上的位移，故在豎直方向以相等的速度勻速運動，根據(jù)平行四邊形定則，可知合速度也是一定的，故合運動是勻速運動；故選：ACD．2.（單選）下面說法中正確的是（）A．用α粒子轟擊鈹（）核，鈹核轉(zhuǎn)變?yōu)樘己耍ǎ?，同時放出β射線B．β射線是由原子核外電子受激發(fā)而產(chǎn)生的C．γ射線是波長很短的電磁波，它的貫穿能力很強D．利用γ射線的電離作用，可檢查金屬內(nèi)部有無砂眼或裂紋參考答案：解：A、用α粒子轟擊鈹核的核反應(yīng)放出的是中子而不是β射線，A錯誤．B、β射線是原子核發(fā)生β衰變放出的，而不是原子核外電子，B錯誤．C、D檢查金屬內(nèi)部有無砂眼和裂紋是利用γ射線強穿透能力，C正確D錯誤．故選C3.關(guān)于做勻速圓周運動的地球人造衛(wèi)星的下列說法中正確的是A．衛(wèi)星運行可以經(jīng)過廣州正上空B．衛(wèi)星運行的速度可能達到C．離地面高為R（R為地球半徑）處的衛(wèi)星加速度為D．衛(wèi)星中的物體處于完全失重狀態(tài)，所以物體不受重力。參考答案：AC4.密閉有空氣的薄塑料瓶因降溫而變扁，此過程中瓶內(nèi)空氣（不計分子勢能）A．內(nèi)能增大，放出熱量

B．內(nèi)能減小，吸收熱量C．內(nèi)能增大，對外界做功

D．內(nèi)能減小，外界對其做功參考答案：D解析：不計分子勢能，空氣內(nèi)能由溫度決定、隨溫度降低而減小，AC均錯；薄塑料瓶因降溫而變扁、空氣體積減小，外界壓縮空氣做功，D對；空氣內(nèi)能減少、外界對空氣做功，根據(jù)熱力學第一定律可知空氣向外界放熱、B錯。5.在勻強磁場中有一個原來靜止的碳14原子核，它放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為7：1，如圖所示，那么碳14的衰變方程為（）A．C→e+B

B．C→He+BeC．C→H+B

D．C→e+N參考答案：D【考點】原子核衰變及半衰期、衰變速度；洛侖茲力．【分析】核衰變過程動量守恒，反沖核與釋放出的粒子的動量大小相等，根據(jù)左手定則判斷粒子與反沖核的電性關(guān)系．結(jié)合帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得粒子與反沖核的電荷量之比．【解答】解：原子核的衰變過程滿足動量守恒，粒子與反沖核的速度方向相反，根據(jù)左手定則判斷得知，粒子與反沖核的電性相反，則知粒子帶負電，所以該衰變是β衰變，此粒子是β粒子，符號為．可得兩帶電粒子動量大小相等，方向相反，就動量大小而言有：m1v1=m2v2由帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得：r=，可見r與q成反比．由題意，大圓與小圓的直徑之比為7：1，半徑之比為7：1，則得：粒子與反沖核的電荷量之比為1：7．所以反沖核的電荷量為7e，電荷數(shù)是7，其符號為N．所以碳14的衰變方程為C→e+N，故D正確，ABC錯誤．故選：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，傾角為的光滑斜面上，有一長為L，質(zhì)量力m的通電導線，導線中的電流強度為I，電流方向垂直紙面向外。在圖中加一勻強磁場，可使導線平衡，最小的磁感應(yīng)強度B大小為

方向

。參考答案：7.（４分）據(jù)報道：我國一家廠商制作了一種特殊的手機，在電池電能耗盡時，搖晃手機，即可產(chǎn)生電能維持通話。搖晃手機的過程是將________能轉(zhuǎn)化為電能；如果將該手機搖晃一次，相當于將100g的重物舉高20cm，若每秒搖兩次，則搖晃手機的平均功率為__________W。（g=10m/s2）參考答案：

答案：機械（動）；0.4W

（每空2分）8.一正方形線圈邊長為40cm，總電阻為3Ω，在與勻強磁場垂直的平面中以v=6m/s的恒定速度通過有理想邊界的寬為30cm的勻強磁場區(qū)，已知磁感應(yīng)強度為0.5T，線圈在通過磁場區(qū)域的全過程中，有電磁感應(yīng)時產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=___________A，所產(chǎn)生的熱量Q=___________J。參考答案：0.4，0.0489.假設(shè)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：

10.如圖為氫原子的能級圖，一群氫原子在n=4的定態(tài)發(fā)生躍遷時，能產(chǎn)生

種不同頻率的光，其中產(chǎn)生的光子中能量最大是

ev參考答案：6、

12．75ev11.某登山愛好者在攀登珠穆朗瑪峰的過程中，發(fā)現(xiàn)他攜帶的手表表面玻璃發(fā)生了爆裂。這種手表是密封的，出廠時給出的參數(shù)為：27℃時表內(nèi)氣體壓強為1×105Pa；在內(nèi)外壓強差超過6×104Pa時，手表表面玻璃可能爆裂。已知當時手表處的氣溫為－13℃，則手表表面玻璃爆裂時表內(nèi)氣體壓強的大小為__________Pa；已知外界大氣壓強隨高度變化而變化，高度每上升12m，大氣壓強降低133Pa。設(shè)海平面大氣壓為1×105Pa，則登山運動員此時的海拔高度約為_________m。

參考答案：答案：8.7×104，6613（數(shù)值在6550到6650范圍內(nèi)均可）12.有一水平方向的勻強電場，場強大小為9×103N/C，在電場內(nèi)作一半徑為10cm的圓，圓周上取A、B兩點，如圖所示，連線AO沿E方向，BO⊥AO，另在圓心O處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處的場強大小為0N/C；B處的場強大小為1.27×104N/C．參考答案：考點：電場強度．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：根據(jù)公式E=k求出點電荷在A、B兩點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A、B兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解AB兩點處的場強大小．解答：解：點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小為E=k=9×109×N/C=9×103N/C，方向從O→A；而勻強電場方向向右，大小9×103N/C，疊加后，合電場強度為零．同理，點電荷在B點處產(chǎn)生的場強大小也為E=k=9×109×N/C=9×103N/C，方向從O→B；根據(jù)平行四邊形定則得，則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為：

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；同理，B點的場強大小為：

EB=E=1.27×104N/C與水平方向成45°角斜向右下方；故答案為：0，1.27×104，點評：本題電場的疊加問題，一要掌握點電荷的場強公式E=k；二要能根據(jù)據(jù)平行四邊形定則進行合成．13.(5分)如圖所示為A．B兩質(zhì)點運動的v-t圖像。由圖像可知，B追上A之前，兩質(zhì)點相距的最大距離smax=

m。參考答案：

答案：3三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.質(zhì)點做勻減速直線運動，在第1內(nèi)位移為，停止運動前的最后內(nèi)位移為，求：（1）在整個減速運動過程中質(zhì)點的位移大小.（2）整個減速過程共用時間.參考答案：（1）（2）試題分析：（1）設(shè)質(zhì)點做勻減速運動的加速度大小為a，初速度為由于質(zhì)點停止運動前最后1s內(nèi)位移為2m，則：所以質(zhì)點在第1秒內(nèi)有位移為6m，所以在整個減速運動過程中，質(zhì)點的位移大小為：（2）對整個過程逆向考慮，所以考點：牛頓第二定律，勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．15.（2013?黃岡模擬）某種材料的三棱鏡截面ABC如圖所示，底邊BC水平且鍍銀，其中∠A=90°，∠B=60°，一束豎直向下的光束從AB邊上的M點入射，經(jīng)過BC面反射后，從AC邊上的N點平行于BC邊射出，且MN連線平行于BC．求：（Ⅰ）光線在M點的折射角；（Ⅱ）三棱鏡的折射率．（可用根式表示）參考答案：（Ⅰ）光線在M點的折射角是15°；（Ⅱ）三棱鏡的折射率是．考點： 光的折射定律．專題： 光的折射專題．分析： （Ⅰ）由幾何知識求出光線在M點的入射角和折射角．（Ⅱ）運用折射定律求解三棱鏡的折射率．解答： 解：（Ⅰ）如圖，∠A=90°，∠B=60°，∠C=30°．由題意可得∠1=∠2=60°，∠NMQ=30°，∠MNQ=60°．根據(jù)折射定律，可得：∠PMQ=∠PNQ．根據(jù)反射定律，可得：∠PMN=∠PNM．即為：∠NMQ+∠PMQ=∠MNQ﹣∠PNQ．故折射角∠PMQ=15°（Ⅱ）折射率n==答：（Ⅰ）光線在M點的折射角是15°；（Ⅱ）三棱鏡的折射率是．點評： 本題是幾何光學問題，作出光路圖，運用幾何知識求出入射角和折射角是解題的關(guān)鍵之處，即能很容易解決此類問題．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖甲所示，兩塊相同的平行金屬板M、N正對著放置，相距為，板M、N上的小孔s1、s2與O三點共線，s2O=R，連線s1O垂直于板M、N。以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。收集屏PQ上各點到O點的距離都為2R，兩端點P、Q關(guān)于連線s1O對稱，屏PQ所對的圓心角θ=120°。質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子連續(xù)不斷地經(jīng)s1進入M、N間的電場，接著通過s2進入磁場。質(zhì)子重力及質(zhì)子間的相互作用均不計，質(zhì)子在s1處的速度看作零。⑴若M、N間的電壓UMN=+U時，求質(zhì)子進入磁場時速度的大小。⑵若M、N間接入如圖乙所示的隨時間t變化的電壓（式中，周期T已知），且在質(zhì)子通過板間電場區(qū)域的極短時間內(nèi)板間電場視為恒定，則質(zhì)子在哪些時刻自s1處進入板間，穿出磁場后均能打到收集屏PQ上？⑶在上述⑵問的情形下，當M、N間的電壓不同時，質(zhì)子從s1處到打在收集屏PQ上經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最大值。參考答案：（1）根據(jù)動能定理，有

（2分）

（1分）

（2）質(zhì)子在板間運動，根據(jù)動能定理，有（1分）

質(zhì)子在磁場中運動，根據(jù)牛頓第二定律，有（2分）

若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑與半徑應(yīng)滿足的關(guān)系：

（2分）

解得板間電壓

（1分）

結(jié)合圖象可知：質(zhì)子在…（,1,2,…）之間任一時刻從s1處進入電場，均能打到收集屏上（2分）（3）M、N間的電壓越小，質(zhì)子穿出電場進入磁場時的速度越小，質(zhì)子在極板間經(jīng)歷的時間越長，同時在磁場中運動軌跡的半徑越小，在磁場中運動的時間也會越長，出磁場后打到收集屏前作勻速運動的時間也越長，所以當質(zhì)子打在收集屏的P端時，對應(yīng)時間t最長，兩板間的電壓此時為（1分）在板間電場中運動時間

（1分）在磁場中運動時間（1分）出磁場后打到收集屏前作勻速運動的時間

（1分）所以，運動總時間

或t

（1分）17.一單擺在地面處的擺動周期與在某礦井底部擺動周期的比值為k。設(shè)地球的半徑為R。假定地球的密度均勻。已知質(zhì)量均勻分布的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，求礦井的深度d。參考答案：18.一質(zhì)點由靜止開始從