2022届黑龙江省鸡西市密山市牡丹江农管局农垦子弟学校高三（上）期末物理试题（解析版）

1、 2022届黑龙江省鸡西市密山市牡丹江农管局农垦子弟学校高三（上）期末物理试题第I卷（选择题）一、单选题:本题共7小题，每小题4分，共28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. 下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A. 图甲：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子B. 图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C. 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的D. 图丁：汤姆孙通过电子发现揭示了原子核内还有复杂结构【答案】C【解析】【详解】图甲：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型故A

2、错误图乙： 用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能故B错误 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构故D错误 故选C2. 2020年11月28日，嫦娥五号探测器在地月转移轨道进行第一次“制动”，成功被月球捕获后沿椭圆轨道运动，29日进行第二次近月“制动”，最终才进入距离月球约200公里的环月圆轨道（如图所示），点是、两个轨道的切点，点是椭圆轨道的远月点，下列判断正确的是（）A. 探测器在轨道上点的速率小于在点的速率B. 探测器在轨道上点的加速度

3、等于在轨道上点的加速度C. 探测器在I轨道上的机械能等于在轨道上的机械能D. 探测器在I轨道上的运行周期小于在轨道上的运行周期【答案】B【解析】【详解】AM点是轨道上椭圆的近地点，N点为远地点，根据开普勒第二定律可知探测器在M点的速率较大，故A错误；B根据万有引力产生加速度，可知探测器在轨道上M点的加速度等于在轨道上M点的加速度，故B正确；C探测器从I轨道上M点减速才能变轨到圆轨道，其机械能减小，故探测器在I轨道上的机械能大于在轨道上的机械能，故C错误；DI轨道的半长轴大于轨道的半径，根据开普勒第三定律可得探测器在I轨道上的运行周期大于在轨道上的运行周期，故D错误；故选B。3. 运动员手持乒乓

4、球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为设球拍和球的质量分别为M、m，不计空气阻力以及球拍和球之间的摩擦，则（ ）A. 运动员的加速度大小为gsinB. 球拍对球的作用力大小为mgcosC. 运动员对球拍的作用力大小为D. 球拍对球的作用力方向水平向右【答案】C【解析】【分析】【详解】A对小球受力分析，如图所示则小球的合力则根据牛顿第二定律可得小球的加速度因为人和球拍以及小球三者是一块运动的，具有相同的加速度，所以运动员的加速度为，A错误；BD根据矢量三角形可得球拍对小球的支持力为方向垂直球拍向上，BD错误；C将小球和球拍看做一个整体，根据牛顿第二定律，整

5、体受到的合力和球整体分析，整体的合力为故根据矢量三角形可得运动员对球拍的作用力为故C正确。故选C。4. 如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的图中虚线为电场线(方向未标)不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则()A. 电场线方向由放电极指向集尘极B. 图中A点电势高于B点电势C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动D. 尘埃在迁移过程中电势能减小【答案】D【解析】【详解】A根据题意可知带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；B

6、集尘极带正电荷，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，故B错误；C由图可知放电极与集尘极间建立非匀强电场，所以尘埃所受的电场力是变化的，故C错误；D带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故D正确；故选D。5. A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2，两物体最终停下，它们的v-t图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法中不正确的是（） A. 全过程中A、B的平均速度之比为11B. A、B质量之比为21C. F1、F2冲量大小之比为11D. 全过程中A、B克服摩擦力做功之比为21【

7、答案】D【解析】【详解】A因v-t图像的面积等于位移，可知两物体的位移相同，时间也相同，则平均速度相同，选项A正确，不符合题意；B由vt图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为12，由牛顿第二定律可知f=ma A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是21，选项B正确，不符合题意；C全过程中由动量定理而摩擦力的冲量If相同，则F1、F2冲量大小之比为11，选项C正确，不符合题意；D因整个过程中摩擦力相等，由vt图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，则全过程中A、B克服摩擦力做功相等，选项D错误，符合题意；故选D。6. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电

8、流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图甲所示，竖直平面内两根平行长直导线相距为x0，分别通有电流I1、I2。在0 x0区间内磁感应强度B随x变化的图线如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正方向，下列判断正确的是（）A. 电流方向都竖直向下，且I1I2B. 电流方向都竖直向上，且I1I2C. I1方向竖直向下，I2方向竖直向上，且I1I2D. I1方向竖直向上，I2方向竖直向下，且I1I2【答案】A【解析】【详解】A电流方向都竖直向下且I1I2，据右手螺旋定则可得左边通电导线I1在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线I2在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱

9、，且I1I2，在两根导线中间磁场为零的位置在小于到x0之间并且在其区域磁感应强度B垂直纸面向里为正值。故A正确；B根据对A的分析可知，电流方向都竖直向上，且I1I2图像应为故B错误；CI1方向竖直向下，I2方向竖直向上，且I1I2可知磁感应强度B恒为负，故C错误；DI1方向竖直向上，I2方向竖直向下，且I1I2可知磁感应强度B恒为正，故D错误。故选A。7. 图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则下列说法正确的是（）A. 开关闭合后，电

10、压表示数为B. 转换器产生的交流电在时间内电流变化5次C. 若原、副线圈匝数比至少满足才能使钢针放电D. 若原、副线圈匝数比为，在一个周期内钢针放电时间为【答案】C【解析】【详解】A交流电压表度数是电压的有效值，电压表示数应为 ，A错误；B根据图像内电流变化10次，B错误；C根据电压和匝数成正比副线圈电压最大值为，正好放电，C正确；D一个周期内放电时间为电压值高于，D错误。故选C。二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。8. 如图所示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在

11、地面P点传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后（ ）A. 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点B. 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点左侧C. 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧D. 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落P点左侧【答案】AC【解析】【详解】当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动若传送带逆时针转动，物块通过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在P点，选项A正确，B错误设物块滑上传送带时速度为v0，传送带的速度为v当v0v时，物块滑上传送带可能一直做匀减速

12、运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在P点物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧当v0=v时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在P点右侧当v0v时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧故D错误， C正确故选AC【点睛】本题是典型的传送问题，关键是分析物块的受力情况和运动情况，当传送带顺时针转动时，要考虑各种可能的情况9. 研究“蹦极”运动时

13、，在运动员身上安装传感器，用于测量运动员在不同时刻下落的高度及速度如图甲，运动员(包括携带的全部设备)的质量为60kg，弹性绳原长为10m，运动员从蹦极台自由下落，据传感器所测数据，得到图乙所示的速度v位移x图像若“蹦极”过程中，运动员始终在空中，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是（ ）A. 从x=0到x=10m的过程中，运动员处于超重状态B. 从x=10m到x=16m的过程中，运动员的加速度一直减小C. v=15m/s时，绳的弹力达到最大D. 从x=0到x=30m的过程中，运动员的重力势能减少18000J【答案】BD【解析】【详解】A运动员下落速度最大时绳的拉力与重

14、力平衡，合力为零，此时运动员仍有向下的速度，要继续向下运动，绳要继续伸长，弹性势能仍在增大，当运动员下落到最低点时弹性势能最大；从x=0到x=10m的过程中，重力大于绳的拉力，加速度方向向下，运动员处于失重状态 ，故A错误；B从x=10m到x=16m的过程中，v-t图像的斜率在减小，所欲远动员的加速度一直减小，故B正确；C由图知运动员下落的最大位移为x=30m，所以当运动员下落到最低点时弹力达到最大，故C错误；D由图知运动员下落的最大位移为x=30m，运动员的重力势能减少 故D正确；故选BD【点睛】运动员自由下落时做直线运动合力为零时速度最大，速度为零时绳的弹性势能最大10. 如题图所示，MN

15、和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长的光滑金属导轨，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。具有一定质量和电阻的金属杆ab垂直导轨放置，与导轨接触良好。开始时，断开开关S，让金属杆ab由静止开始沿导轨下落，经过一段时间后，闭合开关S。从闭合开关S开始计时，取竖直向下为正方向，金属杆的速度v、加速度a、安培力F及电流表示数i随时间t变化的图象可能是题图中的（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】【详解】闭合开关时，金属棒受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，即金属杆做匀速直线运动。速度不变，则动能、安培力、感应电流都不变，加速度为零。若安培力小于重力，则加速度的方向向

16、下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，则a-t图象是斜率逐渐减小的曲线，v-t图象是一条斜率减小的曲线。安培力为F-t图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为所以I-t图象先是一条斜率逐渐减小的的曲线，当金属杆匀速时，电流恒定不变，但t=0时金属杆有速度，所以t=0时电流不等于零。若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。安培力为所以F-t图象是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小，

17、此时安培力等于重力，故AD错误，BC正确。故选BC。第II卷（非选择题）三、非选择题:共54分。第1114题为必考题，考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题:共42分。11. 某探究小组验证机械能守恒定律的装置如图所示，细线端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m重力加速度为g（1）用游标卡尺测出小球直径如图所示，读数为_mm；（2）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化为求出球在最低点的速度大小，应读

18、取拉力的_(选填“最大值”或“最小值)，其值为F（3）球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为_(用测定物理量的符号表示)（4）关于该实验，下列说法中正确有_A细线要选择伸缩性小的B球尽量选择密度大的C不必测出球的质量和细线的长度D可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验【答案】 . 18.50 . 最大值 . . AB【解析】【分析】选取体积小，阻力小的铁球；游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；依据实验原理，结合减小的重力势能转化为动能，及球在最低点，则绳子的拉力与重力的合力提供向心力，从而即可求解；【详解】(1) 游标卡尺的读数为：；(2)小球在最低点由

19、牛顿第二定律可得：，由此可知，应读出小球在最低时绳的拉力即最大值；(3)由机械能守恒定律可得：，整理得：；(4)A为了减小小球做圆周运动的半径的变化，所以细线要选择伸缩性小的，故A正确；B为了减小阻力的影响，球尽量选择密度大的，体积小的，故B正确；C球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为可知，应测出小球的质量，而不用测出细线的长度，故C错误；D由于弹簧的弹力属于渐变，所以小球摆到最低点瞬间，弹力的测量准确，故D错误故选AB【点睛】考查圆周运动的处理规律，掌握牛顿第二定律与向心力表达式内容，理解验证机械能守恒定律的原理，知道游标卡尺的读数，注意没有估计值12. 某实验小组准备探

20、究某种元件Q伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图。请回答下列问题：按图甲的电路图补充完整图乙中的实物连线；_考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值_ （选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；图甲中闭合开关S，电流表、电压表均有示数,但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零原因可能是图甲中的_ （选填a、b、c、d、e、f）处接触不良；据实验测得的数据,作出该元件的，I-U图线如图丙所示，则元件Q在U=0.8V时的电阻值是_，则元件Q在U=1.6V时的功率是_。【答案】 . . 小于 . f . 16 . 0.32W【解析】【分析】【详解】1由原理图可知，滑动变阻器采用了

21、分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图2电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值，根据可知，该元件电阻的测量值小于真实值。3由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f点接触不良造成的。4由得出的图像可知，U=0.8V时，电流I=0.05A，故电阻为5 U=1.6V时，电流I=0.2A，故功率为13. 如图所示，在光滑绝缘的水平面内，对角线AC将边长为L的正方形分成ABC和ADC两个区域，ABC区域有垂直于水平面的

22、匀强磁场，ADC区域有平行于DC并由C指向D的匀强电场质量为m、带电量为+q的粒子从A点沿AB方向以v的速度射入磁场区域，从对角线AC的中点O进入电场区域（1）判断磁场的方向并求出磁感应强度B的大小（2）讨论电场强度E在不同取值时，带电粒子在电场中运动的时间t【答案】（1），方向垂直纸面向里 （2）（i）当时，（ii）当时，【解析】【详解】（1）根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里设带电粒子在磁场中运动的半径为r，有：依题意，联立，解得：（2）粒子进入电场的速度沿竖直方向，在电场中做类平抛运动，竖直方向匀速直线运动，水平方向匀加速直线运动设带电粒子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E0

23、，则有竖直方向：水平方向得：讨论：（i）当时，粒子从DC边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为（ii）当时，粒子从AD边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为t2，有：得：14. 如图，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.24m的半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m2kg的滑块（可视为质点）以v06m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数0.2，g取10m/s2。（1）求小车的最小长度；（2）讨论小车的长度L在什么范围，滑块能滑上P点且在圆轨道运动时不脱离圆轨道

24、？【答案】(1)3m；(2)或【解析】【分析】【详解】（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有代入数据解得设小车的最小长度为L1，由系统能量守恒定律，有代入数据解得（2）设小车与墙壁碰撞时，滑块与P点的距离为L2，若滑块恰能滑过圆的最高点Q，设滑至最高点的速度为v，临界条件为小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到最高点Q，在这个过程对滑块由动能定理代入数据解得这种情况下小车的长度为可知，滑块要想运动到Q点，小车的长度L必须满足若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到T点，在这个过程对滑块由动

25、能定理，有代入数据解得这种情况下小车的长度为若滑块滑至P点时速度恰好为零，由动能定理，有解得这种情况下小车的长度为小车的长度满足综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足或（二）选考题:共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。15. 如图所示，用水银血压计测血压时，先向袖带内充气，某次测量充入袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V.然后缓慢放气（该过程中温度保持不变）使袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0.则放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数_（选填“增大”“减小”或“不变”），在放气过程中袖带内气体是_（选填“

26、吸热”或“放热”）.【答案】 . 减小 . 吸热【解析】【详解】12 分析题意可知，压强减小，体积减小，温度不变，根据压强的微观含义可知，放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数减小，每次撞击的分子力不变；放气过程中，温度不变，则内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热16. 某品牌汽车轮胎充气后，温度为时，胎内气体的压强为。已知该轮胎在胎压小于或大于时，汽车行驶中会造成安全事故。胎内气体可看做理想气体，轮胎容积恒为。（下列计算结果均保留一位小数）(1)求汽车安全工作环境的温度范围。（汽车工作环境的温度与轮胎内气体的温度相同）(2)若该汽车在的环境中工作，为了使其胎压达到，求应再向轮胎内充入压强为1atm、温度为的理想气体的体积。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)轮胎内的气体做等容变化，则有即解得，所以汽车安