2022届吉林省长春外国语学校高三（下）期初考试理综物理试题（解析版）

1、 长春外国语学校2021-2022学年第二学期高三年级开学测试理科综合能力测试本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共8页。考试结束后，将答题卡交回。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.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5. 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。第卷

2、二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。1. 物理学中，将如同是这样质子数与中子数互换的原子核互称为“镜像核”。已知和的质量分别为和，中子和质子质量分别是和，则关于“镜像核”，及核反应，下列说法正确的是（）A. N和O互为“镜像核”B. N和互为“镜像核”C. 互为“镜像核”的两个原子核的结合能是一样的D. 核反应的生成物中有粒子，该反应是衰变【答案】B【解析】【分析】【详解】AN的质子数为7，中子数为8，互换后质子数变为8，质量数仍为15，则N和O不是“镜像核”，故A错误；BN的质子数为7，中子数为6，互换后质子数变为6，质量数仍为13，故B正确；C质子和中子质量不同，镜像核结合能不

3、同，故C错误；D核反应核聚变，生成物中虽然有粒子，但该反应不是衰变，故D错误。故选B。2. 打印机进纸系统的结构示意图如图所示，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”。设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是 （）A. 第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左B. 第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小为2（F10mg）C. 第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D. 若想做到“每

4、次只进一张纸”，则12【答案】D【解析】【详解】A第1张纸相对第二张纸向右运动，所以给第2张纸的摩擦力方向向右，A错误；B将第2到10张纸作为整体，第1张纸对第2张纸的摩擦力大小为第10张纸与第11张纸之间为静摩擦力，所以第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小为B错误；C将第2到第20张纸作为整体受力分析可知，第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为静摩擦力，大小不为零，C错误；D第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力为f=2（mgF）要将纸一张一张进入就需要满足f=2（mgF）mg所以12D正确。故选D。3. 2020年12月17日“嫦娥五号”首次地外天体采样返回任务圆满完成。在采样返回过程中，

5、“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道示意图如图所示，轨道1是贴近月球表面的圆形轨道，轨道2和轨道3是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道1相切于A点。A点是轨道2的近月点，B点是轨道2的远月点，“嫦娥五号”在轨道1上的运行速率约为1.7km/s。不计变轨中“嫦娥五号”的质量变化，不考虑其他天体的影响，下列说法中正确的是（）A. “嫦娥五号”在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度B. “嫦娥五号”在轨道2经过B点时的速率可能大于1.7km/sC. “嫦娥五号”在轨道3上运行的最大速率大于其在轨道2上运行的

6、最大速率D. “嫦娥五号”在轨道3所具有的机械能小于其在轨道2所具有的机械能【答案】AC【解析】【分析】【详解】A由于A点到月心的距离不变，根据可知“嫦娥五号”在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度，选项A正确；B根据得假设有一以月心为圆心的圆轨道经过B点，根据卫星的速度公式可知此轨道上的速度小于1.7km/s，而卫星在圆轨道上的B点必须减速才会做近心运动进入2轨道运动，所以卫星在轨道2经过B点时的速率一定小于1.7km/s，选项B错误；C“嫦娥五号”由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，所以“嫦娥五号”在轨道3所具有的最大速率大于在轨道2所具有的最大速率，选项C正确；D由于

7、“嫦娥五号”由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以“嫦娥五号”在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能，选项D错误。故选AC。4. 如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止开始自由下落80cm后，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力下列说法正确的是 （）A. 足球与头部碰撞过程前后，动量守恒，机械能守恒B. 足球与头部作用过程中动量变化量的大小为3.2kgm/sC. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2NsD. 头部对足球的

8、平均作用力为足球重力的10倍【答案】B【解析】【分析】【详解】足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，有，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度上升的时间对足球与人接触的过程，取向上为正，由动量定理有解得，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为足球运动的全过程，所受重力的冲量为故选B。5. 如图，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可以视为质点的带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直。N为PQ连线中点，M点位于N点正上方且MPQ

9、构成等边三角形，不计小球间的万有引力。则下列说法正确的是 （）A. P带正电，Q带负电，且电量大小相等B. P与Q的质量一定相等C. 在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中，N点的场强为零D. 在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中，M点的场强为零【答案】D【解析】【分析】【详解】A由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下处于平衡，由于库仑力为相互作用力，大小相等，方向相反，因此两小球受到的电场力也一定是大小相等，方向相反，两小球一定带异种电荷，P小球所受库仑力向右，Q小球所受库仑力向左，匀强电场方向向右，因此正电荷受电场力方向向右，其受库仑力方向一定向左，所以Q带正电荷，P

10、带负电荷，P所带电量的大小与Q所带电量的大小相等，A错误；B由以上分析可知， 质量不影响电场平衡，故B错误；CD因为MPQ是等边三角形，所以P、Q两小球所带电荷在M点产生的合场强与匀强电场大小相等，方向相反，因此M点的场强是零，N点的场强不是零，C错误D正确。故选D。6. 图中L1、L2是规格为“4V、3W”的灯泡，ab端所接的交变电压u=16sin100t（V），现调节电阻箱R为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光，变压器为理想变压器。则 （）A. ab端所接交流电的有效值为16V，频率为50HzB. 变压器原副线圈匝数比为4：1C. 增大电阻箱R连入电路的阻值，电压表的示数不变D. 增大电阻

11、箱R连入电路的阻值，电压表的示数增大【答案】AD【解析】【分析】【详解】ABab端所接的交变电压的有效值为因为L1正常发光，所以又又因为L2正常发光，所以所以，变压器原副线圈匝数比为故A正确，B错误。CD设变压器的匝数比，设原线圈的电流为，副线圈的总电阻为R总，根据题意可知ab两端的电压不变，根据电流与匝数的关系有解得则副线圈两端的电压为根据电压与匝数关系有解得则有增大电阻箱R连入电路的阻值，副线圈的总电阻R总增大，所以原线圈的电流I1减小，故灯泡L1两端电压减小，因Uab不变，所以电压表示数将增大，故C错误，D正确。故选AD。7. 从地面上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的球，若运动过程

12、中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。则下列说法正确的是（）A. 小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中逐渐增加B. 小球整个过程中，抛出瞬间的加速度最大，且大小为C. 小球上升过程中机械能逐渐减小，在下降过程中机械能逐渐增加D. 小球上升过程中克服阻力做功的数值大于小球下降过程中克服阻力做功的数值【答案】BD【解析】【分析】【详解】A上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有f+mg=ma解得由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根

13、据牛顿第二定律，有mg-f=ma解得由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小，故A项错误；B空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有mg=kv1小球抛出瞬间，有mg+kv0=ma0联立解得抛出瞬间加速度最大，故B正确； C全程一直存在空气阻力做功，机械能一直减小，C项错误；D上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故D正确。故选BD。8. 由螺线管、电阻、开关和水平放置的平行板电容器组成的电路如图（a）所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板

14、间介质为空气。闭合开关，螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B-t图像如图（b）所示。一电荷量为q（q0）电性未知的颗粒在t1t2时间内悬停在电容器中，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，空气相对介电常数为。则 （）A. 颗粒带正电B. 颗粒质量为C. 电容器极板带电量大小为D. 微粒悬停后断开开关，减小电容器两板间间距，则微粒向上移动【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A由楞次定律可得，电容器下板带正电，对颗粒由平衡可知，颗粒带正电，故A正确；B由法拉第电磁感应定律可得由平衡可知联立解得故B正确；C时间内，电容器的电容为两板间的电势差为联立得电容器极板带电量大

15、小为故C正确；D断电后电量保持不变，改变板间距离不影响场强，故微粒不动，D错误。故选ABC。第卷三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9. 某实验小组的同学用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数。每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值。(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d ，如图乙所示，则d =_mm；(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数，本实验还需要测出或知道的物理量是_ (填下列序号)；A滑块和遮光板的总质量mB斜面的倾角

16、C当地的重力加速度g(3)实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求值，则应作出的图象为_。At2-L图像 B t2-图像 CL2- 图像 DL2-t 图象【答案】 . 2.25mm . BC . B【解析】【详解】(1)1用游标卡尺测量遮光板的宽度为(2)2由牛顿第二定律得解得由上式得，本实验还需要测出的物理量为斜面的倾角和当地的重力加速度g。故选BC(3)3由上式解得t2-图像是一条过原点的直线。故选B。10. 某学习小组测绘一个标有4V，2.4W的小电风扇（线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，电风扇两端的电压需要从零逐渐增加到4V，并便于操作，实验室备有下列器材：A.电池组（电动

17、势为4V，内阻约为1）B.被测小电风扇，电路符号MC.电压表V1（量程为06V，内阻约为4k）D.电压表V2（量程为015V，内阻约为8k）E.电流表A1（量程为00.6A，内阻约为0.2k）F.电流表A2（量程为03A，内阻约为0.05k）G.滑动变阻器R1（最大阻值为5，额定电流为3A）H.滑动变阻器R2（最大阻值为2000，额定电流为3A）I.开关和导线若干(1)实验中所用的电压表应选_（填C或D），电流表应选_（填E或F），滑动变阻器应选_（填G或H）。(2)在图甲所示方框内画出实验电路图_；(3)当电压表的示数大于0.5V时小电风扇才开始转动，小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，图中O

18、A段是直线，AB段是曲线，A点的坐标值为（0.2A，0.5V），B点坐标值为（0.6A，4.0V），则小电风扇的电阻为_，正常工作时的机械功率为_W。【答案】 . C； . E； . G； . ； . 2.5； . 1.5【解析】【分析】本题考查非纯电阻伏安特性曲线，解决本题的关键是仪器的选择与接法设计，要清楚电流表、电压表的选用不仅要遵从安全性原则，还要使读数尽量准确，还要考虑电流表的内接外接。【详解】(1)1电风扇的额定电压，所以电压表选取C，故填C；2电风扇的额定电流从读数误差的角度考虑，电流表应该选E，故填E；3因题目要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，且滑

19、动变阻器的阻值应选用较小的G，故填G；(2) 4 要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，电风扇的电阻远小于更远小于电压表内阻，电流表采用外接法，电路如下(3) 5电风扇不转动时，相当于纯电阻，所以电风扇的电阻为6电风扇正常工作时的机械功率为11. 地面上一质量为m烟花获得动能E后，竖直上升至最高点时，被炸成质量比为1：2的两块，动能之和为2E，且均沿水平方向。已知爆炸时间极短，烟花和爆炸后形成的两块均可视为质点，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：（1）烟花从地面开始上升至最高点的时间；（2）两块烟花落地点间的水平距离。【答案】（1）；（2）【解析】【分

20、析】【详解】（1）动能定义为竖直上抛运动至最高点解得（2）爆炸后两块烟花弹的质量关系爆炸瞬间动量守恒能量关系平抛时间等于竖直上抛的上升时间，平抛运动水平方向，两块烟花弹落地点水平距离即12. 如图所示，在坐标系xOy的第一象限内有方向竖直向上的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B1(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三、四象限内有磁感应强度大小为B2(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带负电的粒子，从x轴上的P点(-L,0)，沿与x轴负方向成37角的方向向上射出，射出时的初速度大小为，经磁场偏转后，垂直通过y轴，粒子运动过程中第一次通过x轴时，速度方向与

21、x轴的正方向刚好成37角，又经过一段时间刚好从P点第二次通过x轴不计粒子的重力求：(sin37=06，cos37=08)(1)磁感应强度B1的大小及粒子第一次通过y轴的位置；(2)电场强度E及磁感应强度B2的大小；(3)粒子从P点出发再回到P点所用的时间【答案】（1） ; (2) (3) 【解析】【详解】试题分析：作出粒子整个运动过程轨迹，根据几何关系求解粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子通过y轴的位置坐标；粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动和速度分解求解粒子通过x轴的速度，根据几何关系可知，粒子在三、四象限内做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；分

22、别求出粒子在第二象限的运动时间、在电场中运动时间、在第三、四象限中运动时间，即可得到从P点出发到再回到P点经过的时间（1）粒子经过磁场偏转，垂直通过y轴，因此粒子在第二象限的磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，作出粒子整个运动过程轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为，根据解得：；粒子第一次通过y轴的位置为：，因此通过y轴的位置坐标为（0，3L）；（2）粒子在电场中做类平抛运动，第一次通过x轴时，速度方向与x轴正方向夹角为37，则粒子通过x轴时，在电场中沿x轴方向的位移为，y方向的位移为，又，解得：；粒子通过x轴的速度为：，根据几何关系可知，粒子在三、四象限内做圆周运动的半径为：，

23、根据解得：；（3）粒子在第二象限的运动周期为：，在第二象限的运动时间为：，在电场中运动时间为：，在第三、四象限中运动周期为：，在第三、四象限中运动时间为：，因此从P点出发到再回到P点经过的时间为（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13. 由于水的表面张力作用，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为_（选填“引力”或“斥力”）。分子势能Ep和分子间距离r的关系如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是图中_（选填“A”或“B”或“C”或“D”）的位置。在小水滴

24、内部，水分子间的距离在r0左右（分子间的距离等于r0时，分子力为0），则分子间距离等于r0的位置是图中_点（选填“A”或“B”或“C”或“D”）。【答案】 . 引力 . D . C【解析】【分析】【详解】1在小水滴表面层中，水分子之间距离大于r0，分子之间的相互作用总体上表现为引力；2分子间距离为r0时分子势能最小，由于小水滴表面层中，水分子之间距离大于r0，所以能总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是图中D的位置。3分子间距离等于r0的位置，及分子力为0的位置是图中C点分子势能最小的位置。14. 如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h=3.0cm，a距缸底的高度为H=12cm，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m=50kg，面积为S=1.0103m2，厚度可忽略，活塞和汽缸壁均绝热