2023-2024学年陕西省黄陵中学新部物理高三第一学期期末统考试题含解析

2023-2024学年陕西省黄陵中学新部物理高三第一学期期末统
考试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，匀强电场竖直向上，一带负电的小球从地面上方B点斜向上抛出，刚好速度水平向左击中A点，不计空气阻力，若抛射点B向右水平移动一小段距离到D，仍使抛出的小球能够以速度方向水平向左击中A点，则可行的是（）
A．减小抛射角θ，同时增大抛射速度v
B．减小抛射角θ，同时减小抛射速度v
C．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v
D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v
2、下列说法中正确的是
A．α粒子散射实验发现了质子
B．玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱
C．热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀
D．中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量
3、对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）
A．若体积不变、温度升高，则每个气体分子热运动的速率都增大
B．若体积减小、温度不变，则器壁单位面积受气体分子的碰撞力不变
C．若体积不变、温度降低，则气体分子密集程度不变，压强可能不变
D．若体积减小、温度不变，则气体分子密集程度增大，压强一定增大
4、下列关于天然放射现象的叙述中正确的是（）
A．人类揭开原子核的秘密，是从发现质子开始的
B．β衰变的实质是原子核内一个质子转化成一个中子和一个电子
C．一种放射性元素，当对它施加压力、提高温度时，其半衰期不变
D．α、β、γ三种射线中，α射线穿透能力最强，γ射线电离作用最强
5、在xoy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s．M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示．在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处．已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（）
A．该波的周期为5 3 s
B．在t=1
3
s时，N的速度一定为2m/s
C．从t=0到t=1s，M向右移动了2m
D．从t=1
3
s到t=
2
3
s，M的动能逐渐增大
6、如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。

当MN 中电流突然减小时，线圈产生的感应电流I，线圈所受安培力的合力为F，则I和F的方向为（）
A．I顺时针，F向左B．I顺时针，F向右
C．I逆时针，F向左D．I逆时针，F向右
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、通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电
荷Q的电场中具所有电势能表达式为r kqQ
E
r
式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离）。

真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x 坐标轴的0
x=和6cm
x=的位置上。

x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示。

A、B是图线与x 的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平。

下列说法正确的是（）
A．电荷Q1、Q2的电性相同B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为1∶4 C．B点的x坐标是8cm D．C点的x坐标是12cm
8、如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O-x1过程的图像为曲线，x1-x2过程的图像为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是
A．O-x1过程中小球所受拉力大于重力
B．小球运动路程为x1时的动能为零
C．O-x2过程中小球的重力势能一直增大
D．x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动
9、如图所示，水平面(未画出)内固定一绝缘轨道ABCD，直轨道AB与半径为R的圆弧轨道相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，直径CD//AB。

整个装置处于方向平行AB、电场强度大小为E的匀强电场中。

一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放后沿直轨道AB下滑。

记A、B两点间的距离为d。

一切摩擦不计。

下列说法正确的是（）
A．小球到达C点时的速度最大，且此时电场力的功率最大
B．若d=2R，则小球通过C点时对轨道的压力大小为7qE
C．若d=5
3
R，则小球恰好能通过D点
D．无论如何调整d的值都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处
10、如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E =2mg q ，磁感应强度大小为B 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v 0向下运动，经时间to ，圆环回到出发点。

若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g 。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．环经过
02
t 时间刚好到达最低点 B ．环的最大加速度为a m =g +0qv B m μ C ．环在t 0时间内损失的机械能为12
m (20v -22222m g q B μ) D ．环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
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）如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管内径且与弹簧不固连），压缩弹簧并锁定．现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射．按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m 1、m 2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h ；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P 、Q ．
回答下列问题：
（1）要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有______．（已知重力加速度g ）
A ．弹簧的压缩量Δx
B ．两球落点P 、Q 到对应管口M 、N 的水平距离x 1、x 2
C ．小球直径d
D ．两球从管口弹出到落地的时间t 1、t 2
（2）根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E P =_______________．
（3）由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_______________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒．
12．（12分）为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS 位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的距离x 随时间t 的变化规律如图乙所示.
(1)根据上述图线，计算0.4 s 时木块的速度大小v ＝______ m/s ，木块加速度a ＝______ m/s 2(结果均保留2位有效数字).
(2)在计算出加速度a 后，为了测定动摩擦因数μ，还需要测量斜面的倾角θ(已知当地的重力加速度g )，那么得出μ的表达式是μ＝____________.（用a ，θ，g 表示）
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．（10分）如图所示，MN 板间存在匀强电场，场强E =300N/C ，方向竖直向上电场
上A 、B 两点相距10cm ，AB 连线与电场方向夹角60θ=，A 点和M 板相距2cm ，求： （1）求AB 两点间的电势差大小；
（2）若M 板接地（电势为0），A 点电势A ϕ；
（3）将8410q C -=+⨯点电荷从A 移到B ，电场力做的功。

14．（16分）如图所示，导热良好的细直玻璃管内用长度为10cm 的水银封闭了一段空气柱（可视为理想气体），水银柱可沿玻璃管无摩擦滑动。

现使水银柱随玻璃管共同沿倾角为30°的光滑斜面下滑，两者保持相对静止时，空气柱长度为8cm 。

某时刻玻璃管
突然停止运动，一段时间后水银柱静止，此过程中环境温度恒为300K，整个过程水银未从收璃管口溢出。

已知大气压强为p0=75cm水银柱高。

求：
(1)水银柱静止后的空气柱长度；
(2)水银柱静止后缓慢加热气体，直到空气柱长度变回8cm，求此时气体的温度。

15．（12分）如图所示，在光滑水平面上A点固定一个底端有小孔的竖直光滑圆弧轨道，圆轨道与水平面在A点相切。

小球甲用长为L的轻绳悬挂于O点，O点位于水平面上B点正上方L处。

现将小球甲拉至C位置，绳与竖直方向夹角θ=60°，由静止释放，运动到最低点B时与另一静止的小球乙（可视为质点）发生完全弹性碰撞，碰后小球乙无碰撞地经过小孔进入圆弧轨道，当小球乙进入圆轨道后立即关闭小孔。

已知小球乙的质量是甲质量的3倍，重力加速度为g。

（1）求甲、乙碰后瞬间小球乙的速度大小；
（2）若小球乙恰好能在圆轨道做完整的圆周运动，求圆轨道的半径。

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、A
【解析】
由于小球速度水平向左击中A点，其逆过程是平抛运动，当水平速度越大时，抛出后
落地速度越大，与水平面的夹角则越小。

若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。

因此减小抛射角θ，同时增大抛射速度v ，才能仍使抛出的小球能够以速度方向水平向左击中A 点。

选项A 正确，BCD 错误；
故选A 。

2、C
【解析】
试题分析：卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构模型，质子的发现是卢瑟福通过α粒子轰击氮核而发现质子，选项A 错．波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原子辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，选项B 错．热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项C 对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项D 错．
考点：原子 原子核
3、D
【解析】
A ．温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是气体中每个分子的速率都增大，也有个别速度减小的，故A 错误；
BD ．对于一定质量的理想气体，体积减小，分子密集程度增大。

理想气体质量一定时，满足pV T
常量=，若体积减小、温度不变，则压强增大，故器壁单位面积受气体分子的碰撞力会增大，故B 错误，D 正确；
C ．同理可分析，体积不变、温度降低，气体的压强会变小，故C 错误；
故选D 。

4、C
【解析】
A ．天然放射现象是原子核内部变化产生的，人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从贝克勒尔发现天然放射现象开始的，故A 错误；
B ．β衰变的实质方程为110011n H e -→+
，是原子核内一个中子转化成一个质子和一个
电子，故B 错误；
C ．原子核的半衰期是由自身的结构决定的，与物理条件(温度、压强)和化学状态(单质、化合物)均无关，则对原子核施加压力、提高温度时，其半衰期不变，故C 正确；
D ．α、β、γ三种射线中，γ射线穿透能力最强(主要看射线具有的能量)，α射线电离作用最强(从射线自身的带电情况衡量)，故D 错误。

故选C 。

5、D
【解析】
A.波速为2m/s ，波的周期大于1s ，则波长大于2m ，M 、N 的平衡位置相距2m ，M 、N 的平衡位置间距小于波长；t =0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处，波沿x 轴正方向传播，则t =0时，波形图如图所示，所以 32m 4λ= 该波的周期：
T v λ
=
解得：该波的周期为4
s 3
，故A 项错误；
B.4s 3
T =，t =0时，N 位于其平衡位置上方最大位移处，则在t =13s 时，N 位于其平衡位置向y 轴负方向运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B 项错误； C.波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C 项错误；
D.在t =0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，因4s 3
T =
，则t =13s 时，M 位于其平衡位置上方最大位移处，t =23s 时，M 通过其平衡位置沿y 轴负方向运动，t =13
s 到t =23s ，M 的动能逐渐增大，故D 项正确。

6、B
【解析】
金属线框abcd 放在导线MN 上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd 左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况。

若MN 中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小。

根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd 感应电流方向为顺时针；再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右。

A ．I 顺时针，F 向左，与结论不相符，选项A 错误；
B ．I 顺时针，F 向右，与结论相符，选项B 正确；
C ．I 逆时针，F 向左，与结论不相符，选项C 错误；
D ．I 逆时针，F 向右，与结论不相符，选项D 错误；
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】
A ．电势能
r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ= 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷1Q 带正电，6cm x =处电荷2Q 带负电，故A 错误；
B ．A 点处电势为零，故有
2
210OA AQ k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确；
D ．点电荷周围场强
2
kQ E r = 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C 点的场强方向相反，C 点电势变化为零，故C 点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在C 点场强大小相等，故有
2122
() 6C C k Q kQ x x =- 解得
12cm C x =
故D 正确；
故选CD 。

8、BD
【解析】
A ．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则： E F x
∆=∆拉 可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O -x 1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x 1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x 1处速度为零，动能为零，说明O -x 1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶段拉力小于重力，A 错误，B 正确；
C ．O -x 1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，
x 1-x 2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C 错误；
D ．x 1-x 2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率不变，拉力不变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D 正确。

故选BD 。

9、BD
【解析】
A ．小球到达C 点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故A 错误；
B ．当d =2R 时，根据动能定理有
2132
C qE R mv ⋅= 小球通过C 点时有
2C v N qE m R
-= 解得
N =7qE
根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为7qE ，故B 正确；
C ．若小球恰好能通过
D 点，则有
2D v qE m R
= 又由动能定理有
21()2
D q
E d R mv -=
解得 32
d R = 故C 错误；
D ．当小球恰好能通过D 点时，小球从D 点离开的速度最小。

小球离开D 点后做类平抛运动，有
212qE R t m
=⋅ D x v t =
解得
x =
由于
x >R
故小球从D 点脱离轨道后不可能落到B 处，故D 正确。

故选BD 。

10、BC
【解析】
AB ．由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为2F qE mg ==，方向始终竖直向上。

假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二
()mg qE qvB ma μ-+=
得：
qvB a g m μ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；当环上升的过程中，根据牛顿第二定律
mg qvB qE ma μ+-'=
解得：
qvB a g m μ⎛⎫=-- ⎪⎝
⎭' 环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时， 0a '=
mg v vB
μ= 开始以速度v 做匀速直线运动。

所以由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于02
t ; 整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为：
0m qv B
a g m μ=+
则A 错误,B 正确；
C ．由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能
2222200222111222m g E mv mv m v q B μ⎛⎫∆=-=- ⎪⎝⎭
C 正确；
D ．环上升和下降的过程中，摩擦力的冲量大小相等，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、（1）B （2）221122()4g m x m x h
+ （3）m 1x 1=m 2x 2
（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由E P =12
mv 2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m 以及通过光电门的速度v ，为了测量小球的速度，在做平
抛动的水平位移，压缩量以及时间和小球的直径均不需要测量；故B 正确，ACD 错误．故
选B ；
（2）由（1）可知，E P =12m 1v 12+12
m 2v 22
由h =12gt 2可得：平抛运动的时间t = 根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：
v 1=1 x
t ；v 2=2 x t
即E P =12m 1v 12+12
m 2v 22=221122 44m gx m gx h h + （3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：
0=m 1v 1-m 2v 2
再根据水平方向x =vt 可得：m 1x 1=m 2x 2；
12、0.40 1.0
sin cos g a g θθ
- 【解析】
（1）根据在匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s 末的速度为： 0.30.14m/s 0.4m/s 0.4
v -=
= 0.2s 末的速度为： 0.320.24m/s 0.2m/s 0.4
v -'==， 则木块的加速度为：220.40.2m/s 1.0m/s 0.2v v a t -'-===． （2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向的受力：sin cos ma mg mg θμθ=- 得：sin cos g a θμθ
-=． 【点睛】
解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式．
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）15V （2）6V -（3）7-
【解析】
(1)由题意可知AB 两点间的电势差为：
cos 3000.10.5V 15V AB AB U EL θ==⨯⨯=
(2)因为M 板电势为0，所以A 点的电势等于A 点与M 点的电势差，故： 3000.02V 6V A MA MA U EL ϕ=-=-=-⨯=-
(3)电势力做功为：
8715410J 610J AB W U q --==⨯⨯=⨯
答：（1）AB 两点间的电势差为15V ；
（2）若M 板接地，A 点电势-6V ；
（3）将8410q C -=+⨯点电荷从A 移到B ，电场力做的功76J 10-⨯。

14、 (1) L 1=7.5cm ；(2)T 3=320K
【解析】
(1)玻璃管和水银柱保持相对静止时设玻璃管质量为m 0，横截面积为S ，水银柱质量为m 。

对玻璃管和水银柱整体，有:
（m +m 0）g sin30°
=（m +m 0）a ① 设封闭气体压强为p 1，对水银柱:
mg sin30°+p 0S -p 1S =ma ②
解得:
p 1=p 0 ③
水银柱静止时，设封闭气体压强为p 2，水银与试管下滑相对静止时空气柱长度为L 0，水银静止时空气柱的长度为L 1，水银柱的长度为L 2，可得:
20212
p p L =+ ④ 从玻璃管停止运动到水银柱静止，据玻意耳定律可得:
p l L 0S =p 2L 1S ⑤
解得:
L 1=7.5cm ⑥
(2)加热气体过程中，气体发生等压变化，有：
3223
V V T T = ⑦ 据题意有，初态：
V 2=L 1S ，T 2=T 0 ⑧
末态:
V 3=L 0S ⑨
解得:
T 3=320K ⑩
15、（1）2=
v ；2）20
L R =。

【解析】
（1）甲球下摆过程，由机械能守恒有： ()2011cos602mgL mv ︒-=
①
解得0v =
设甲乙碰撞后速度分别为1v 和2v ，根据动量守恒定律有： 0123mv mv mv =+③
根据能量守恒定律有：
222012113222
mv mv mv =+④
解得2=v ⑤ （2）乙球恰能做圆周运动，则在最高点，根据牛顿第二定律有：
2
33v mg m R
=⑥ 从最低到最高点，根据动能定理有：
2221163322
mgR mv mv =-⑦ 由⑥⑦得20
L R =。