河南省扶沟高中2023年物理高三上期末经典试题含解析.doc

1、河南省扶沟高中2023年物理高三上期末经典试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止取水平向右为x轴正方向，竖直向下为

2、y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为()ABCD2、如图所示，OAB为四分之一圆柱体的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为53，则C点到B点的距离为（sin530.8，cos530.6）（）ABCD3、质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”则下列判断正确的是()A进入磁场时速度

3、从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚Da、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚4、在下列四幅u-t图像中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是（ ）ABCD5、 “太极球”运动是一项较流行的健身运动。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，球拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，保持太极球不掉到地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板做匀速圆周运动，则（）A小球的机械能守恒B平板对小球的弹力在处最大，在处最小C在两处，小球可能不受平板的摩擦力D小

4、球在此过程中做匀速圆周运动的速度可以为任意值6、如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F20）.由此可求出A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、科学家通过实验研究发现，放射性元素有有多种可能的衰变途径：先变成，可以经一次衰变变成，也可以经一次衰变变成（X代表某种元素），和最后都变成，衰变路径

5、如图所示。则以下判断正确的是（）AB是衰变，是衰变C是衰变，是衰变D经过7次衰变5次衰变后变成8、关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）A气体吸热后温度一定升高B对气体做功可以改变其内能C理想气体等压膨胀过程一定放热D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡9、以下说法正确的是_A质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同B空调既能制热又能制冷，说明热量可以从低温物体向高温物体传递C知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度.不能估算出气体分子的大小D一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强増大，用

6、分子动理论的观点分析，这是因为气体分子数密度增大E.一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5104J，并对外界做功1.0104J，则气体的温度升高，密度减小10、地球表面重力加速度的测量在军事及资源探测中具有重要的战略意义，已知地球质量，地球半径R，引力常量G，以下说法正确的是（ ）A若地球自转角速度为，地球赤道处重力加速度的大小为B若地球自转角速度为，地球两极处重力加速度的大小为C若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为球心，为半径挖一个球形的防空洞，则A处重力加速度变化量的大小为D若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为球心、为半径挖一个球形的防空洞，则A处重力加速度

7、变化量的大小为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）在测金属丝的电阻率的实验中，用两节干电池作为电源，正确的电路连接如图所示。 (1)请在图的框中画出相应的电路图_。(2)闭合开关，发现电压表的示数为0，须检查电路故障。针对以下检查过程中的相关步骤，回答问题。保持原电路结构且闭合开关，用已调试好的多用电表的直流电压10V挡进行检测，将_（选填“红”或“黑”）表笔接触P点的接线柱，再将_（选填“红”或“黑”）表笔接触电路中N点的接线柱。表盘示数如图所示，其读数为_V。保持P点表笔接触位置不变，再将另一表笔分别接触电路中M、Q点的接线柱

8、，电压值几乎不变。由此初步判定电路故障可能是_。12（12分）一个小电珠上标有“”的字样，现在要用伏安法描绘出这个电珠的图象，有下列器材供选用：A电压表（量程为，内阻约为）B电压表（量程为，内阻约为）C电流表（量程为，内阻约为）D电流表（量程为，内阻约为）E滑动变阻器（阻值范围为，额定电流为）F滑动变阻器（阻值范围为，额定电流为）(1)实验中电压表应选用_，电流表应选用_（均用器材前的字母表示）。(2)为了尽量减小实验误差，要电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器调节方便，滑动变阻器应选用_（用器材前的字母表示）。(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图_，并把图中所示的实验器材用实线连

9、接成相应的实物电路图_ 四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，间距为l1的平行金属导轨由光滑的倾斜部分和足够长的水平部分平滑连接而成，右端接有阻值为R的电阻c，矩形区域MNPQ中有宽为l2、磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，边界MN到倾斜导轨底端的距离为s1。在倾斜导轨同一高度h处放置两根细金属棒a和b，由静止先后释放a、b，a离开磁场时b恰好进入磁场，a在离开磁场后继续运动的距离为s2后停止。a、b质量均为m，电阻均为R，与水平导轨间的动摩擦因数均为，与导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不

10、计，重力加速度为g。求：（1）a棒运动过程中两端的最大电压；（2）整个运动过程中b棒所产生的电热；（3）整个运动过程中通过b棒的电荷量。14（16分）如图所示，等腰直角三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于O点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC边上的D点射出的光线平行于BC，且OC与OD夹角为15，从E点射出的光线垂直BC向上。已知BC边长为2L。求：（1）该光在介质中发生全反射的临界角C；（2）DE的长度x。15（12分）如图，第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小

11、为，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从轴负方向上的点沿与轴正方向成角平行平面入射，经过第二象限后恰好由轴上的点（）垂直轴进入第一象限，然后又从轴上的点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到点，回到点的速度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：(1)粒子从点入射时的速度；(2)粒子进入第四象限时在轴上的点到坐标原点距离；(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径（用已知量表示结果）。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可

12、；【详解】由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，ABC错误。【点睛】本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。2、B【解析】由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有vy=v0tan53小球从C到D，水平方向有Rsin53=v0t竖直方向上有 联立解得 根据几何关系得，C点到B点的距离故B正确，ACD错误。故选B。3、A【解析】A. 根据q

13、U= 得,v= ，比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，故A正确；B. 根据动能定理可知Ek=qU，故动能相同，故B错误；C. 时间为t=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；D. 进入偏转磁场有qvB=，解得：R=，氕比荷最大，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D错误故选A【点睛】根据qU=求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=求出R与什么因素有关，从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序4、C【解析】我们日常生活中用的都是交流电，电压是220V，频率是50H

14、z周期为0.02s；电压的最大值为：220V=311V，只有C正确。故选C。5、C【解析】A小球在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能变化，机械能变化，故A错误；B对小球受力分析可知，小球在最高点A处时，其重力和平板对它的压力的合力提供向心力，而在最低点处时，平板对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，故在A处最小，C处最大，故B错误；C小球在两处时，若平板的支持力与小球的重力的合力恰好提供向心力，小球相对平板没有相对运动趋势，摩擦力为零，故C正确；D小球在最高点，速度有最小值，其最小值满足解得故D错误。故选C。6、C【解析】根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析

15、（如图所示），若Fmgsin，则物体有沿斜面向上运动的趋势，f的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有-；若Fmgsin，则物体有沿斜面向下的运动趋势，f的方向沿斜面向上阻碍物体相对运动趋势，有-；由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知-，由可求得f的值，而物块的质量m、斜面的倾角无法求出，故物块对斜面的正压力（）也无法求出综上所述，正确答案为C【考点定位】静摩擦力及力的平衡二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】ABC由题意可知经过变化为，核电荷数少2，为衰变，

16、即故经过变化为，质量数没有发生变化，为衰变，即故故A错误，C错误，B正确；D经过7次衰变，则质量数少28，电荷数少14，在经过5次衰变后，质量数不变，电荷数增加5，此时质量数为电荷数为变成了，故D正确。故选BD。8、BDE【解析】A气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A错误；B改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故B正确；C理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C错误；D根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；E如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E正确。故选BDE【点

17、睛】本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质此题考查了热学中的部分知识点，都比较简单，但是很容易出错，解题时要记住热力学第一定律E=W+Q、热力学第二定律有关结论以及气体的状态变化方程等重要的知识点9、BCE【解析】A温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能一定相同，故A错误；B空调既能制热又能制冷，说明在外界的影响下，热量可以从低温物体向高温物体传递，故B正确；C知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出摩尔体积，将气体分子占据的空间看成立方体形，立方体的边长等于气体分子间的平均距离，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数可求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离。不能估算出气体分

18、子大小，故C正确；D一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，因体积不变，则气体分子数密度不变，气体的平均动能变大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子对器壁的碰撞力变大，故D错误；E由热力学第一定律可知，一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5104J，并对外界做功1.0104J，则气体的内能增加，温度升高，体积变大，密度减小，故E正确。故选BCE。10、ABC【解析】AB在赤道处得出在两极处得出选项AB正确；CD若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为球心为半径挖一个球形的防空洞，该球形防空洞挖掉的质量A处重力加速度变化是由该球形防空洞引起的选项C正确，D错误。故选A

19、BC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、 黑 红 2.5 号导线断路或号导线断路 【解析】(1)1电路图如图所示。(2)23使用多用电表时，电流要从红表笔流入、黑表笔流出。电路中的P点为电源负极，此处应连接多用电表的黑表笔，则另一端连接红表笔。4多用电表为直流电压10V挡，其最小有效刻度为0.2V，经估读后电压值为2.5V。5黑表笔接触P点，红表笔分别探测电路中N、M、Q点，电压值几乎不变且始终小于电源电动势，初步判定导线正常。电路故障可能是号导线断路或号导线断路。（其他合理说法均对）12、A D E 【解析】(1)1因为电珠的额定电

20、压为，为保证实验安全，选用的电压表量程应稍大于，但不能大太多，量程太大则示数不准确，所以只能选用量程为的电压表，故选A；2由得，电珠的额定电流应选用量程为的电流表，故选D。(2)3由题意可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中，为调节方便应选总阻值小的滑动变阻器，故选E。(3)45电珠内阻电压表内阻远大于电珠内阻，应采用电流表外接法，故电路图和实物连接图分别如图乙、丙所示四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）；（2）；（3）【解析】（1）a棒刚进入磁场时，其两端电压最

21、大，此时a棒相当于电源，b棒与电阻c并联，a棒两端的电压为电源的路端电压，即由动能定理和法拉第电磁感应定律可知解得（2）由题意知b棒的运动情况与a棒完全相同，设a棒在磁场中运动时，棒产生的电热为Q0，则b棒和电阻c产生的电热均为，同理b棒在磁场中运动时，b棒产生的电热也为Q0，则a棒和电阻c产生的电热也均为，所以整个运动过程中b棒产生的电热为总电热的。则解得（3）a棒在磁场中运动时，通过a棒的电荷量则该过程通过b棒的电荷量同理b棒在磁场中运动时，通过b棒的电荷量由于前后两次通过b棒的电流方向相反，故通过b棒的总电荷量为。14、（1）C=45；（2）【解析】（1）由几何关系可知，题图中ODE=6

22、0，故光线OD在AC面上的入射角为30，折射角为45根据光的折射定律有 由sinC=1/n，知C=45. （2）由 ，解得 由几何关系可知，光线OE在AC面上的折射角为45，根据光的折射定律有，OE光线在AC面上的入射角为30，故题图中OEC=60，则ODE为等边三角形，得15、 (1)；(2)；(3)【解析】（l）粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O，有由上两式解得粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知设粒子在x轴上N点的速度为v，有又解得所以(2)设P点的纵坐标为，由几何关系得设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，则有解得(3)粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则解得