山东省曲阜市第一中学2023年物理高三第一学期期末复习检测试题含解析

山东省曲阜市第一中学2023年物理高三第一学期期末复习检测
试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、我国计划于2020年发射火星探测器，如图是探测器到达火星后的变轨示意图，探测器在轨道Ⅰ上的运行速度为1v ，在轨道Ⅱ上P 点的运行速度为v 2，Q 点的运行速度为3v ，在轨道Ⅲ上P 点的运行速度为v 4，R 点的运行速度为v 5，则下列关系正确的是
A ．21v v <
B ．13v v <
C ．42v v >
D ．
24
35
v v v v > 2、关于卢瑟福的α粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法中不正确的是（ ） A ．绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进
B ．只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上
C ．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论
D ．卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氧原子光谱的实验
3、在光滑水平面上静止着物体A ，物体B 与一质量不计的弹簧相连并以一定速度与A 相碰，如图所示，则弹簧被压缩的过程中
①当弹簧处于最大压缩状态时，两物体速度相等
②只有A、B速度相等时，系统的动量才守恒
③作用过程中，系统的动量总是守恒的
④A、B速度相等时，系统动能最小
下列选项组，完整、正确的一组是（）
A．①②B．①③④C．①②④D．③④
4、汽车A、B在同一水平路面上同一地点开始做匀加速直线运动，A、B两车分别在
t0和2t0时刻关闭发动机，二者速度一时间关系图象如图所示。

已知两车的质量相同，两车运动过程中受阻力都不变。

则A、B两车（）
A．阻力大小之比为2：1
B．加速时牵引力大小之比为2：1
C．牵引力的冲量之比为1：2
D．牵引力做功的平均功率之比为2：1
5、某银行向在读成人学生发放贷记卡，允许学生利用此卡存款或者短期贷款．一位同学将卡内余额类比成运动中的“速度”，将每个月存取款类比成“加速度”，据此类比方法，某同学在银行账户“元”的情况下第一个月取出500元，第二个月取出1000元，这个过程可以类比成运动中的()
A．速度减小，加速度减小B．速度增大，加速度减小
C．速度增大，加速度增大D．速度减小，加速度增大
6、某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径
的1
2
，则此卫星运行的周期大约是（）
A．6h B．8.4h C．12h D．16.9h
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、一物体静止在粗糙水平地面上，受到一恒力F作用开始运动，经时间t0，其速度变为v；若物体由静止开始受恒力2F作用，经时间t0，其速度可能变为（）
A．v B．2v C．3v D．4v
8、用如图所示的装置研究光电效应现象，光电管阴极K与滑动变阻器的中心抽头c相连，光电管阳极与滑动变阻器的滑片P相连，初始时滑片P与抽头c正对，电压表的示数为0（电压表0刻线在表盘中央）。

在移动滑片P的过程中，光电流，随电压表示
数U 变化的图像如图所示，已知入射光的光子能量为1.6eV 。

下列说法正确的是（ ）
A ．当滑片P 与c 正对时，电路中无光电流
B ．当U =－0.6V 时，滑片P 位于b 、c 之间
C ．阴极材料的逸出功为0.6eV
D ．当U =0.8V 时，到达阳极的光电子的最大动能为1.4eV
9、如图所示，半径为r 、电阻为R 的单匝圆形线框静止于绝缘水平面上，以圆形线框的一条直径为界，其左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸面向里的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的规律分别如图乙所示。

则0~t 0时间内，下列说法正确的是（ ）
A ．0
2
t
时刻线框中磁通量为零
B ．线框中电流方向为顺时针方向
C ．线框中的感应电流大小为
20
0r B t R
π
D ．线框受到地面向右的摩擦力为23
002B r t R
π
10、如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m 。

电荷量为q 的带正电小球，从电场线中O 点由静止开始沿电场线竖直向上运动x 1的过程中，以O 为坐标原点，取竖直向上为x 轴的正方向，小球运动时电势能ε与位移x 的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（ ）
A ．沿x 轴正方向的电场强度大小可能增加
B ．从O 运动到x 1的过程中，如果小球的速度先增后减 ，则加速度一定先减后增
C ．从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加变少
D ．小球运动位移x 1时，小球速度的大小为
011
2(-)mgx m
εε-
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）小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。

他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图：
a ．电流表A 1(量程0.6A ，内阻很小)；电流表A 2(量程300μA ，内阻r A =1000Ω)；
b ．滑动变阻器R(0-20Ω)；
c ，两个定值电阻R 1=1000Ω，R 2=9000Ω；
d ．待测电阻R x ；
e ．待测电源E(电动势约为3V ，内阻约为2Ω)
f ．开关和导线若干
(1)根据实验要求，与电流表A 2串联的定值电阻为___________(填“R 1”或“R 2”) (2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S 1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A 1、A 2的读数I 1、I 2，得I 1与I 2的关系如图(b)所示。

根据图线可得电源电动势E=___________V ；电源内阻r=___________Ω，(计算结果均保留两位有效数字)
(3)小明再用该电路测量定值电阻R x 的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S 1、S 2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A 1示数I a ，电流表A 2示数I b ；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数I c，电流表A2示数
I d；后断开S1；
③根据上述数据可知计算定值电阻R x的表达式为___________。

若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)
12．（12分）几位同学对一个阻值大约为600Ω的未知电阻进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。

有下列器材供选用:
A．待测电阻R x
B．电压表V(量程6V，内阻约3kΩ)
C．电流表A1(量程20mA，内阻约5Ω)
D．电流表A2(量程10mA，内阻约10Ω)
E.滑动变阻器R1(0～20Ω，额定电流2A)
F.滑动变阻器R2(0～2000Ω，额定电流0.5A)
G.直流电源E(6V，内阻约1Ω)
H.多用表
I.开关、导线若干
（1）甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。

若选用欧姆表“×100”档位，则多用表的读数为_____Ω
（2）乙同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图乙所示，则电流表应选择 ____(选填“A 1”或“A 2”)， 滑动变阻器应选择____ (选填“R 1”或“R 2”)。

（3）丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下：
①按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器 R 1、R 2 的滑片至适当位置;
②开关 S 2 处于断开状态，闭合开关 S 。

调节滑动变阻器 R 1、R 2 的滑片，使电流表 A 2 的示数恰好为电流表 A 1 的示数的一半，读出此时电压表 V 的示数 U 1 和电流表 A 的示数 I 1。

③保持开关 S 1 闭合，再闭合开关 S 2，保持滑动变阻器 R 2 的滑片位置不变，读出此时电压表 V 的示数 U 2 和电流表 A 2 的示数 I 2。

可测得待测电阻的阻值为_____，同时可测出电流表 A 1 的内阻为 ___ (用 U 1、U 2、I 1、I 2 表示)。

（4）比较乙、丙两位同学测量电阻 R x 的方法，你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差？____ (选填“乙”或“丙”)同学。

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）图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示意图，其横截面OABC 是底角为45°的等腰梯形，高为a ，上底边长为a ，下底边长3a ，如图乙所示。

一细光束垂直于OC 边射入，恰好在OA 和BC 边上发生全反射，最后垂直于OC 边射出，已知真空中的光速为c 。

试求该光束在棱镜中的传播时间t 。

14．（16分）如图所示，水平传送带与质量为m 的物块间的动摩擦因数为0.2μ=，传送带做匀速运动的速度为02m/s v =，物块在经过传送带上方长为3
m 8
L =
的虚线区域时会受到，恒定的向下压力F mg =。

已知压力区左边界距传送带左端的距离为
10.25x m =，物块自传送带左端无初速释放后，经过1s 到达传送带的右端.重力加速度
g 取210m/s 。

（1）物块到达压力区左边界的速度
（2）压力区右边界到传送带最右端的长度。

15．（12分）某客机在高空水平飞行时，突然受到竖直气流的作用，使飞机在10s 内高度下降150m ，如果只研究飞机在竖直方向的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，且在这段下降范围内重力加速度取g= 9m/s 2.试计算∶ (1)飞机在竖直方向加速度的大小和方向。

(2)乘客放在水平小桌上2kg 的水杯此时对餐桌的压力为多大。

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、C 【解析】
A ．在轨道Ⅰ上P 点的速度小于轨道Ⅱ上P 点的速度，选项A 错误；
B ．在轨道Ⅰ上的速度大于经过Q 点的圆轨道上的速度，即大于轨道Ⅱ上Q 点的速度，选项B 错误；
C ．探测器在轨道Ⅰ上运行，若经过P 点时瞬时加速，就变成椭圆轨道，而且在P 点加速时获得的速度越大，椭圆轨道的远火星点就越远，轨道Ⅲ的远火星点R 比轨道Ⅱ上的远火星点Q 更远，因此42v v >，选项C 正确；
D ．设P 点到火星中心的距离为r ，Q 点到火星中心的距离为r 1，R 点到火星中心的距离为r 2，由开普勒第二定律有：231v r v r =，452v r v r =，21r r >，则5
24
3v v v v <，选项D 错误. 故选C. 2、D
A．α粒子散射实验的内容是：绝大多数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大的角度偏转；极少数α粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90︒，有的甚至几乎达到180︒，被反弹回来），故A正确；
B．α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，但不能说明原子中正电荷是均匀分布的，故B正确；
C．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，故C正确；D．玻尔的原子模型与原子的核式结构模型本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，故D错误；
不正确的故选D。

3、B
【解析】
当弹簧接触A后，A做加速运动，B做减速运动，当两物体速度相等时弹簧处于最大压缩状态，则①正确；当AB相互作用过程中，系统受合外力为零，则系统的动量守恒，则②错误，③正确；A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大，此时系统动能最小，则④正确；
A．①②，与结论不相符，选项A错误；
B．①③④，与结论相符，选项B正确；
C．①②④，与结论不相符，选项C错误；
D．③④，与结论不相符，选项D错误；
故选B。

4、C
【解析】
A．关闭发动机后，汽车在阻力的作用下做匀减速运动，由v—t图像知
a3：a4=1：2
再根据牛顿第二定律知，汽车A、B所受阻力分别为
f1=ma3，f2=ma4
得
f1：f2=1：2
A错误；
B．在加速阶段，对A车
对B 车 F 2－f 2=ma 2 由v -t 图像知
a 1：a 2=2：1，a 1=a 4=2a 2=2a 3 联立解得 F 1：F 2=1：1 B 错误；
D ．由图知，在加速阶段，两车的平均速度相等均为0
2
v ，牵引力相等，所以牵引力平均功率
P Fv =
得 P 1=P 2 D 错误；
C ．牵引力作用的时间 t 1：t 2=1：2 牵引力的冲量
11122212
I F t I F t == C 正确。

故选C 。

5、C 【解析】
将每个月取款类比成“加速度”，第一个月取出500元，第二个月取出1000元，说明加速度变大，将卡内余额类比成运动中的“速度”，卡内贷款变多，则速度增大，故C 正确。

故选C 。

6、B 【解析】
由题意卫星的轨道半径是同步卫星半径的
1
2
，根据开普勒第三定律有 33 22
1()2r r T
T =同同同卫
可得
24h 8.4h T ==≈卫同 故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

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、CD 【解析】
设恒力与水平方向夹角为θ，物体质量为m ，动摩擦力因数为μ，由牛顿第二定律有
1cos (sin )F mg F ma θμθ--=
得
1(cos sin )F mg
a m
θμθμ+-=
同理当拉力变为2F 时，有
212(cos sin )2(cos sin )22F mg F mg
a a m m
θμθμθμθμ+-+-=
>=
由速度公式0v at =可知，速度将大于原来的2倍，故AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

8、BD 【解析】
A ．由题意可知，能发生光电效应，当滑片P 与c 正对时，光电管两端无电压，但此时光电子仍能从阴极到达阳极，则电路中有光电流，故A 错误；
B ．由图可知，当U =－0.6V 时，光电流为0即为遏制电压，即光电管两端接反向电压，则阴极电势应更高，滑片P 位于b 、c 之间，故B 正确；
C ．由光电效应方程有k 0E h
W =-ν，由图可知，当U =－0.6V 时，光电流为0即为遏制电压，则有
k 0.6eV 0E -=-
联立解得
0 1.0eV W =
故C 错误；
D ．光电子逸出时的最大初动能为
k000.6eV E h W ν=-=
当U =0.8V 时由动能定理得
k k0eU E E =-
得
k k0(0.80.6)eV=1.4eV E eU E =+=+
故D 正确。

故选BD 。

9、ACD
【解析】
A ．02
t 时刻，两部分磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，线框中的磁通量为零，A 正确。

B ．根据楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是逆时针，而右侧的导线框的感应电流也是逆时针，则整个导线框的感应电流方向为逆时针，B 错误。

C ．由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知整个导线框产生感应电动势为左、右两侧电动势之和，即
20
022r B E t =⨯π
由闭合电路欧姆定律，得感应电流大小
200r B E I R t R
==π 故C 正确。

D ．由左手定则可知，左、右两侧的导线框均受到向左的安培力，则所受地面的摩擦力方向向右、大小与线框所受的安培力大小相等，即
()23012120022222B r T B I r B I r B B I r B Ir t R
=⋅+⋅=+⋅==π 故D 正确。

故选ACD 。

10、BC
【解析】
A ．电势能ε与位移x 的图象ε-x 图象的斜率的绝对值x ε
表示小球所受电场力的大小，
由图乙可知图象沿x 轴正方向的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿x 轴越来越小，即沿x 轴正方向的电场强度大小一直减小，故A 错误；
B ．从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力F 大于重力mg 向上做加速运动，后来电场力小于重力，向上做减速运动。

当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度
F mg a m
-＝ 因为F 逐渐减小，故a 逐渐减小。

当向上减速运动时，有 mg F a m -'＝
因为F 逐渐减小，故a '逐渐增大。

所以从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，故B 正确；
C ．根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械能。

由图乙可知从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少，则小球机械能的增加变少，故C 正确；
D ．规定O 点所在的水平面为零重力势能面，设小球运动位移x 1时的速度为v ，根据能量守恒定律得
ε0＝ε1+mgx 1+
12
mv 2 解得
v 故D 错误。

故选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、R2 3.0 2.1 ()d b A 2c a I I -r +R I I ⎛⎫ ⎪⎝⎭
相等 【解析】
（1）电流表A 2与R 2串联，可改装为量程为
62()30010(10009000)3g A U I r R V V -=+=⨯+=的电压表，故选R 2即可；
（2）由图可知电流表A 2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E =3.0V ；内阻3.0 1.80 2.10.58
U r I ∆-==Ω=Ω∆ （3）由题意可知：2()a b A I R I r R =+ ，2()()c x d A I R R I r R +=+；联立解得2(-)()d b x A c a
I I R r R I I =+；由以上分析可知，若考虑电流表A 1内阻的影响，则表达式列成：12()()a A b A I R r I r R +=+ ，12()()c A x d A I r R R I r R ++=+，最后求得的R x 表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。

12、600 A 2 R 1 22U I 1212
2U U I I - 丙 【解析】
(1)[1]选用欧姆表“×100”档位,指针读数为6.0，故多用电表读数为600Ω.
(2)[2][3]电压表量程为6V ,x R 阻值约为600Ω，电流表量程约0.01A 10mA x
U I R ===即可, 故电流表选择A 2；乙图中滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选择总阻值较小的R 1.
(3)[4][5]设电流表A 1,内阻为r 1，根据操作步骤②可得:
11112
x I U R I r =+ 根据操作步骤③可得:
222x U I R =
联立方程可得：
21
x U R I = 12112
2U U r I I =- (4)[6]乙同学的设计方法中，实际测得的阻值为Rx 与电流表内阻的串联阻值，测量值偏大， 而且电流表内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差。

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
、 【解析】
恰好发生全反射
1sin n C
=
即 1
sin 45n ︒=
=所以速度为
2
c v n == 则时间为
3
a t v ==14、（1）11m /s v = （2）
12
m 【解析】 （1）物块在压力区左侧时，由牛顿第二定律有
1mg ma μ=
解得
212m /s a =
当物块速度达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移
2011
10.25m 2v x x a ==>= 可知物块到达压力区前一直做匀加速直线运动。

设物块到达压力区左边界时的速度为1v ，则有
2111
2v x a = 解得
11m /s v =
（2）物块进入压力区，由牛顿第二定律有
2()mg F ma μ+=
解得
224m /s a =
当物块在压力区达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移
22123m 28
v v x L a -=== 可知物块在恰好压力区时，速度与传送带共速，物块在压力区右侧做匀速直线运动。

物块在进入压力区前运动的时间
1111s 2
v t a == 物块在压力区中运动的时间
1221s 4
v v t a -== 则压力区右侧的传送带长度
()0121m 2
L v t t t =--= 15、 (1)3m/s 2，方向竖直向下；(2)12N 。

【解析】
(1)根据212
h at =
得 a =3m/s 2
方向竖直向下；
(2) 对水杯，根据牛顿第二定律 N mg F ma -=
解得
F N =12N
由牛顿第三定律可知压力12N N F '=。