湖北省武汉市第39中学2024学年高三下学期期末考试物理试题文试题

湖北省武汉市第39中学2024学年高三下学期期末考试物理试题文试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、图为2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为F A、F B、F C。

其中OB、OC两绳的夹角为60，灯笼总质量为3m，重力加速度为g。

下列表述正确的是（）
A．F B一定小于mg B．F B与F C是一对平衡力
C．F A与F C大小相等D．F B与F C合力大小等于3mg
2、安培曾假设：地球的磁场是由绕地轴的环形电流引起的。

现代研究发现：地球的表面层带有多余的电荷，地球自转的速度在变慢。

据此分析，下列说法正确的是（）
A．地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变弱
B．地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变强
C．地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变弱
D．地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变强
3、某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称,则()
A．x1处和－x1处场强方向相同B．x1处和－x2处场强大小相等
C．某带电粒子在x2处和－x2处电势能相等D．某带电粒子在x2处的电势能大于在－x2处的电势能
4、从空间某点以大小不同的速率沿同一水平方向射出若干小球，不计空气阻力。

则它们的动能增大到初动能的2倍时的位置处于
A．同一直线上B．同一圆上
C．同一椭圆上D．同一抛物线上
5、某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图像如图所示。

x轴上A、O、B三点的电势分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为E Ax、E Ox、E Bx，电子在A、O、B三点的电势能分别为W A、W O、W B。

下列判断中正确的是（）
A．φO＞φB＞φA
B．E Ox＞E Bx＞E Ax
C．W O＜W B＜W A
D．W O-W A＞W O-W B
6、嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示．假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力．则（）
A．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段桶圆轨道时，应让发动机点火使其加速
B．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度
C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q点的速度大于月段圆轨道的速度
D．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度
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、如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。

t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2。

下列说法正确的是（）
A ．0-6s 内，m 的加速度一直保持不变
B ．m 相对M 滑动的时间为3s
C ．0-6s 内，m 相对M 滑动的位移的大小为4m
D ．0-6s 内，m 、M 相对地面的位移大小之比为3：4
8、下列说法正确的是 。

A ．物体的摄氏温度变化了1℃，其热力学温度变化了1K
B ．气体放出热量时，其分子的平均动能一定减小
C ．气体之所以能充满整个空间，是因为气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱
D ．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关
E.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）向外界释放热量，而外界对其做功
9、最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器。

称为“火星探路者”的火星探测器曾于1997年登上火星。

在探测器“奔向”火星的过程中，用h 表示探测器与火星表面的距离，a 表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a 随h 变化的图像如图所示，图像中a 1、a 2、h 0以及万有引力常量G 己知。

下列判断正确的是（ ）
A 2
021a a a +
B ．火星表面的重力加速度大小为1a
C 102
12
a h a a a + D ．火星的质量大小为12
21220()a a G a a h - 10、如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波1s t =时刻波形图，该时刻M 点开始振动，再过1.5s ，N 点开始振动。

下列判断正确的是_____________。

A ．波的传播速度4m /s
B ．质点M 的振动方程0.5sin(2)2y t ππ=+
C ．质点M N 、相位相差是π
D ．0.5s t =时刻， 1.0m x =处质点在波峰
E. 2.5s t =时刻，质点M N 、与各自平衡位置的距离相等
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）某同学设计了如图甲所示的电路测电源的电动势和内阻。

(1)闭合电键S 1，将单刀双掷开关合向a ，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I 坐标平面内描点作图再将单刀双掷开关合向b ，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I 坐标平面内描点作图两次作出的图象如图乙所示，则将单刀双掷开关合向a 时测出的数据描点作出的图象应是___________(填“A”或“B”)。

将电键合向___________(填“a”或“b”)时，测得的电源电动势没有系统误差。

(2)根据两次测得的数据分析可知，根据图线___________(填“A”或“B”)求得的电动势更准确，其电动势的值为E=___________V 。

(3)若该同学通过实验测出电流表的内阻为R A =1Ω，则利用图线___________(填“A”或“B”)测得的电源的内阻更准确，由此求得电源的内阻为r=___________Ω。

12．（12分）某同学自己组装了一辆智能电动实验小车，为了研究该小车的运动情况，在小车后面系一通过电磁打点计时器的纸带。

如图所示为实验中得到的一段纸带，已知电磁打点计时器使用20Hz 交流电，相邻两计数点间还有三个点没有画出来，其中AB =2.50cm ，BC =4.00cm ，CD =5.50cm ，该电磁打点计时器每隔___________秒打一次点，相邻两计数点间的时间间隔是_________秒；小车的加速度大小为____________m/s 2。

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，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝+1×10-6C的小物块置于斜面上的A点，A 距斜面底端R的长度为1.5m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.1．求：
（1）该电场的电场强度的大小；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？
14．（16分）如图所示为一种质谱仪的工作原理图，圆心角为90°的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压U加速后从小孔C射出，由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域，然后均从边界OQ射出，ON=l，不计粒子重力。

(1)若由静止开始加速的某种粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直，其轨迹如图中实线所示，求该粒子的比荷q
m
；
(2)若由静止开始加速的另一种粒子Y，其比荷是X粒子比荷的1
4
，求该粒子在磁场区域中运动的时间t。

15．（12分）如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金题导轨平行放置，形成左右两导执平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计．质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑，t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动．cd 杆运动的v-t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）在第1秒内cd 杆受到的安培力的大小
（2）ab 杆的初速度v 1
（3）若第2s 内力F 所做的功为9J ，求第2s 内cd 杆所产生的焦耳热
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
【解题分析】
A ．因OB=OC 可知F
B =F
C ，由平衡知识可知
2cos303B F mg =
解得
3B F mg =
F B 一定大于mg ，选项A 错误；
B ．F B 与F
C 不共线，不是一对平衡力，选项B 错误；
C ．因F A =3mg >F C ，则选项C 错误；
D ．由平衡知识可知，F B 与F C 合力大小等于3mg ，选项D 正确。

故选D 。

2、C
【解题分析】
地球自西向东自转，地球表面带电，从而形成环形电流。

这一环形电流产生地磁场。

若从北极俯视地球地磁场由外向里，由安培定则知产生磁场的环形电流方向应自东向西，与地球自转方向相反，则地球带负电。

地球自转速度变小，则产生的环形电流I 变小，则产生的磁场变弱，ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3、C
【解题分析】
AB ．φ—x 图象的斜率大小等于电场强度，x 1处和-x 1处场强大小相等，方向相反，x 1处和-x 2处场强大小不相等，故AB 错误；
CD ．在x 2处和-x 2处电势相等，根据E p =qφ知某带电粒子在x 2处和-x 2处电势能相等，故C 正确，D 错误。

故选C 。

4、A
【解题分析】
动能增大到射出时的2倍，根据公式212
k E mv =倍； 速度偏转角度余弦为：
0cos 2
v v θ==， 故速度偏转角度为45°，故：
v y =v 0tan45°=v
故运动时间为：
0v t g
=① 根据平抛运动的分位移公式，有：
x =v 0t ②
212
y gt =③ 联立①②③解得： 12y x =
在同一直线上。

A. 同一直线上。

与上述结论相符，故A 正确；
B. 同一圆上。

与上述结论不符，故B 错误；
C. 同一椭圆上。

与上述结论不符，故C 错误；
D. 同一抛物线上。

与上述结论不符，故D 错误。

故选：A
5、D
【解题分析】
A ．由图知电势高低关系为O
B A ϕϕϕ<<，A 错误；
B ．根据图像切线斜率的大小等于电场强度沿x 轴方向的分量大小，所以Ox Bx Ax E E E <<，B 错误；
C ．电子带负电，根据电势能公式：
p E q e ϕϕ==-
分析得知PO PB PA E E E >>，C 错误；
D ．由图知，OA 间电势差大于OB 间电势差，即有：
O A O B ϕϕϕϕ->-
电子带负电，则根据电势能公式：
p E q ϕ=
得：PO PA PO PB E E E E ->-，D 正确。

故选D 。

6、C
【解题分析】
嫦娥三号在环月段圆轨道上P 点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道．故A 错误；嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P 点向Q 点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三
号在环月段椭圆轨道上P 点的速度小于Q 点的速度．故B 错误；根据v =，且月段椭圆轨道平均半径小于月段圆轨道的半径，可得嫦娥三号在环月段椭圆轨道的平均速度大于月段圆轨道的速度，又Q 点是月段椭圆轨道最大速度，所以嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q 点的速度大于月段圆轨道的速度．故C 正确；要算出月球的密度需要知道嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期、月球半径和引力常量．故D 错误；
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
【解题分析】
AB ．物块相对于平板车滑动时的加速度
22m /s mg
a g m μμ===
若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示
有图像可以算出t =3s 时，速度相等，为6m/s 。

由于平板车减速阶段的加速度大小为
2218m /s 2m /s 62
a a ===- 故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。

物块相对平板车滑动的时间为3s 。

故A 错误，B 正确； C ．有图像可知，0-6s 内，物块相对平板车滑动的位移的大小
186128m 1m 36m=6m 222
x +∆=⨯⨯+⨯-⨯⨯ 故C 错误；
D ．0-6s 内，有图像可知，物块相对地面的位移大小
1166m=18m 2
x =⨯⨯ 平板车相对地面的位移大小
2168m=24m 2
x =⨯⨯ 二者之比为3：4，故D 正确。

故选BD 。

8、ACE
【解题分析】
A ．由热力学温度与摄氏温度的关系：T =t +273，可知摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1K ，故A 正确；
B ．气体放出热量时，若外界对气体做功，则气体的温度也可能升高，其分子的平均动能增加，选项B 错误；
C ．无论是气体，液体还是固体，其分子间都存在间距，但气体的间距最大，由于分子间存在较大的间距，气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由运动，所以气体能充满整个空间，C 正确；
D ．气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关。

对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定。

分子越多，总的能量越大，所以D 错误；
E ．不计分子势能时，气体温度降低，则内能减小，向外界释放热量；薄塑料瓶变扁，气体体积减小，外界对其做功，故E 正确。

故选ACE 。

9、BD
【解题分析】
AD ．分析图象可知，万有引力提供向心力
12GMm ma R
= 当0h h =时
()220GMm
ma R h =+
联立解得，火星的半径
0R =
火星的质量
2
20M G h = A 错误D 正确；
B ．当h =0时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为a 1，B 正确；
C ．在火星表面，根据重力提供向心力得
2
1v ma m R
= 解得火星的第一宇宙速度
v ==
C 错误。

故选BD 。

10、ACE
【解题分析】 A ．质点M 和N 相距6m ，波的传播时间为1.5s ，则波速： 126m/s=4m/s 1.5
x v t ∆-==∆， 故A 正确；
B ．波长λ=4m ，根据波长、波速和周期的关系可知周期为：
1s T v λ
==，
圆频率：
2=2 rad /s T
πωπ=， 质点M 起振方向向上，t =1s 时开始振动，则质点M 的振动方程为y =0.5sin （2πt -2π），故B 错误；
C ．相隔半波长奇数倍的两个质点，相位相差为π，质点M 、N 相隔1.5λ，故相位相差π，故C 正确；
D ．t =0.5s=0.5T ，波传播到x =4.0m 处，此时x =1.0m 处质点处于波谷，故D 错误；
E ．t =2.5s=2.5T ，N 点开始振动，质点M 、N 相隔1.5λ，振动情况完全相反，故质点M 、N 与各自平衡位置的距离相等，故E 正确。

故选ACE 。

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、A b B 1.5 B 4
【解题分析】
(1)单刀双掷开关合向a 时，由于电压表的分流，使测得的电源电动势和内阻都比真实值小，单刀双掷开关合向b 时，由于电流表的分压，测得的电源电动势等于真实值，测得的内阻比真实值大，因此单刀双掷开关合向a 时测出的数据描点作出的图象是A ；
(2)图线B 测得的电动势没有系统误差，更准确，其值为1.5V ，由于图线B 测得的内阻值实际为电源内阻与电流表的内阻之和，因此误差较大，因此由图线A 求得的电源内阻值更准确；
(3)若测出电流表的内阻1A R =Ω，则利用图B 测得的内阻更准确，由此求得电源的内阻为 1.5140.3
r =
Ω-Ω=Ω。

12、0.05 0.20 0.375
【解题分析】
[1][2]电磁打点计时器周期为0.05s ，由于相邻计数点间还有三个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.20s ；
[3]根据逐差法可知，车的加速度 2
222(5.50 2.50)100.375m/s 220.2
CD AB x x T a ---⨯==⨯=
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）7.5×125 N/C ；（2）1s ，3 m/s 。

【解题分析】
（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有
在x 轴方向：
F cos37°﹣mg sin37°＝2…①
在y 轴方向：
F N ﹣mg cos37°﹣F sin37°＝2．……②
解得：
gE ＝mg tan37°……③
故有：
E ＝7.5×125 N/C
方向水平向右……④
（2）场强变化后物块所受合力为：
F ＝mg sin37°﹣12
qE cos37°……⑤ 根据牛顿第二定律得：
F ＝ma ……⑥
故代入解得
a ＝2.3g ＝3m/s 2
方向沿斜面向下
由运动学公式可得：v B 2﹣v A 2＝2as
212
s at = 解得：
t ＝1s
v B ＝3 m/s
14、 (1) 222U B l ；(2) 2
23Bl t U
π= 【解题分析】
(1) X 粒子在电场中加速的末速度为v 0，由动能定理可得
2012qU mv = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得 200v qv B m r
= 由几何知识可知，粒子的轨道半径为
r =l
联立解得
222q U m B l
= (2)Y 粒子在电场中加速的末速度为v 1，由动能定理可得
211112
q U m v = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得
211111
v q v B m r = 又
1114q q m m
=⨯ 解得
r 1=2l
Y 粒子在磁场中的轨迹如图所示，圆心为O 1，则
由图可得
1111cos 2
r l r θ-== 由三角函数可知
1π3
θ= 所以在磁场中运动的时间为
11π
2π32πm t q B
=⋅ 联立解得
2
2π3Bl t U
= 15、（1）0.2N （2）1m/s （3）3J
【解题分析】
（1）对cd 杆，由v-t 图象得：
a 1=41
v t ∆=∆=4m/s 2， 由牛顿第二定律得：mgsin53°
-μ(mgcos53°+F 安）=ma 解得：F 安=0.2N
（2）对ab 杆，感应电动势：E=BLv 1 电流：2E I R
= cd 杆的安培力：F 安=BIL
解得：v 1=lm/s.
（3）由题意得第3s 内cd 的加速度：a 2=-4m/s 2
设2s 时ab 杆的速度为v 2，对cd 杆，由牛顿第二定律得：
mgsin53°-μ(mgcos53°+2222B L v R
）=ma 2 解得：v 2=9m/s
有运动学知识得2s 内ab 杆的位移：12252
v v x t m +=
= 由动能定理得：W F +W G +W f +W 安=22211122mv mv - 又W F =9J
W G =mgx 2sin37°
W f =-μmgx 2cos37°
-W 安=2Q cd
解得：Q cd =3J
点睛：本题是电磁感应和图象结合的题目，分析清楚运动过程、合理的利用图象得到关键的加速度，再由牛顿第二定律和运动学公式及动能定理求解即可．。