天津市五校联考2022届高三上学期物理期末考试试卷

天津市五校联考2022届高三上学期物理期末考试试卷

阅卷人

、单选题（共5题；共10分）

得分

1.（2分）一质点沿x轴做直线运动，其v-t图象如图所示。质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x

轴正向运动。当t=8s时，质点在x轴上的位置为（）

A.x=3mB.x=8mC.x=9mD.x=14m

【答案】B

【解析】【解答】在v-t图象中图线与时间轴所围的面积表示了质点的位移，由v-t图象可知，在0〜

4s内图线位于时间轴的上方，表示质点沿x轴正方向运动，其位移为正，在4〜8s内图线位于时间

轴的下方，表示质点沿x轴负方向运动，其位移为负，8s内质点的位移为：6m—3m=3m,又由于

在t=0时质点位于x=5m处，因此t=8s时，质点在x轴上的位置为x=8m,B符合题意。

故答案为：B

（分析］利用面积代表位移结合初位置可以求出质点的末位置。

2.（2分）挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由

五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所

成的角分别以和红。设悬挂端绳子拉力大小为F”水平段绳子拉力大小为F2,灯笼质量为m,下列

关系式中正确的是（）

【答案】D

【解析】【解答】ABC.对左边两个灯笼的整体受力分析可知Ficos/=F2

F1s\n91—2mg

解得Fl=禹7

_2mg

F1-sin/

则Fl不等于F2,Fl也不一定是2F2,ABC不符合题意。

D.对左边第2个灯笼受力分析可知人访出=mg

TCOS02—尸2

解得心=

D符合题意。

故答案为：D。

［分析］合理利用整体法以及隔离法结合平行四边形法则可以求出各个作用力。

3.（2分）如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点。

其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（）

A.A,B两点的场强相同

B.C点场强大于B点场强

C.某正电荷从C点移动到B点，电场力做负功

D.某负电荷在C点的电势能小于B点的电势能

【答案】C

【解析】【解答】A.根据电场线与等势面垂直，可知A、B两点的场强大小相同，但是方向不同，A

不符合题意；

B.因B点的等势面较C点密集，可知B点场强大于C点场强，B不符合题意;

C.因B点的电势高于C点，根据Ep=q%

则正电荷在B点的电势能较大，则正电荷从C点移动到B点，电势能增大，电场力做负功，C符合

题意；

D.因B点的电势高于C点，根据负电荷在电势低处电势能大，则负电荷在C点的电势能大于B点

的电势能，D不符合题意。

故答案为：Co

【分析】等势面电势相等，等势面密集地方场强大。由功能关系可以判断电场力做功情况。

4.（2分）在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛

出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是（）

A.无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点

B.无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长

C.若小球带负电荷，小球会落在更远的b点

D.若小球带正电荷，小球会落在更远的b点

【答案】D

【解析】【解答】若小球带负电荷，根据左手定则知道小球受斜向左向下方的洛伦兹力，这样小球偏

折更厉害，会落在a的左侧

若小球带正电荷，根据左手定则知道小球受斜向右上方的洛伦兹力，这样小球会飞的更远，落在更

远的b点

故答案为：D

【分析】运动带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，利用运动合成与分解求解。

5.（2分）如图所示，直流电路中，Ri、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减

小。当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻R3时

B.液滴向下运动

C.A板的电势降低D.电容器所带电荷量增加

【答案】D

【解析】【解答】强光照射电阻R3时，R3的阻值减小，电路总电阻减小，电流增大。

A.电源的总功率P=E/将变大。A不符合题意;

BCD.Ri上的电压增大，带电液滴受到的电场力增大，液滴将向上运动。电容器下极板电势为零,

保持不变，所以上极板电势将升高。根据Q=CU,电容器所带电荷量增加。BC不符合题意，D符

合题意。

故答案为：Do

【分析】极板间电压等于Ri两端电压，极板电容不变，电压增大，电荷量增大。

阅卷人

二、多选题（共3题；共6分）

得分

6.（2分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,

底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑（）

h

7777777777777777777777777777777

A.在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功

B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒

C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处

【答案】A,C

【解析】【解答】A.在下滑过程中，槽要向左运动，动能增加，小球和槽之间的相互作用力与槽的

速度不垂直，所以对槽要做正功，A符合题意；

B.小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，只有水平方向动量守恒，B不符合题

尼、；

CD.小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽

的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，因此

都做匀速直线运动，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】力的效果促进物体运动，则力做正功。外力为零，系统动量才守恒。光滑，机械能守恒。

7.（2分）我国首个火星探测器“天问一号”，于2020年7月23日在海南文昌航天发射中心成功发

射，计划于2021年5月至6月择机实施火星着陆，开展巡视探测，如图为“天问一号”环绕火星变轨

示意图。已知地球质量为M,地球半径为R,地球表面重力加速度为g；火星的质量约为地球质量的

/，半径约为地球半径的米着陆器质量为m。下列说法正确的是（）

A.“天问一号”探测器环绕火星运动的速度应大于11.2m/s

371M

B.若轨道I为近火星圆轨道，测得周期为T,则火星的密度约为;

C.“天问一号”在轨道H运行到Q点的速度大于在圆轨道I运行的速度

D.着陆器在火星表面所受重力约为gmg

【答案】B,D

【解析】【解答】A.根据G粤=血马

R乙R

可得星球的第一宇宙速度为"=用

则火星的第一宇宙速度为“次=当u地<7.9/cm/s

则“天间一号''探测器环绕火星运动的速度小于11.2m/s,A不符合题意;

Mm

B.在地球表面=

M4TT2/?,

在火星表面仃一—二m——

火

M火.M火.

根据密度表达式得P=—=丁尸

v款R,

3火

37rM

联立解得P=-2-2-

TRg

B符合题意；

C.在轨道II上的Q点处作半径为r的外切圆，因为从轨道H的Q点进入外切圆轨道时需点火加

速，所以在外切圆时的速度〃勿,"Q

根据万有引力提供向心力得。绊=皿

y乙T

解得〃=您

7r

因为轨道1的半径小于轨道外切圆的半径，所以%>2切

即%>vQ

故“天问一号”在轨道n运行到Q点的速度小于在圆轨道I运行的速度，c不符合题意;

M

D.在火星表面有61一=mg次

R次

cMm

又G—y=mg

联立可得9火=暂。

着陆器在火星表面所受重力约为gmg,D符合题意。

故答案为：BDo

【分析】熟记地球表面三个宇宙速度。万有引力提供圆周运动向心力，星球表面，万有引力等于重

力。

8.（2分）在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成9角倾斜的传送

带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=lkg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传

送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加

速度g=l()m/s2,由v-t图像可知()

v/(m,s-)

00.21.2t/s

乙

A.货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变

B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5

C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J

D.A,B两点的距离为2.4m

【答案】B,C

【解析】【解答】A.由图像可知，传送带的速度为2m/s,在物体到达与传送带共速之前，即0~0.2s

内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，则A不符合题意；

B.由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsine+“mgcos。=m%

mgsind-快mgcos。=ma2

由图像得到的=10m/s2

2

a2=2m/s

解得。=37°

〃=0.5

B符合题意；

C.货物与传送带摩擦产生的热量分两段来求，有Q=/△%]=〃mgcos37°S%i+A%2)

2+4

Q=0.5x1x10x0.8[(2x0,2-0,2；+(——x1-2x19p=4.8/

c符合题意。

D.AB两点的距离就是货物的位移，求出货物的t图像与坐标轴围成的面积即可。所以有LB=

xIm=3.2m

D不符合题意；

故答案为：BCo

【分析】Vt图像斜率表示加速度。摩擦力大小不变但方向可能会变。热量等于摩擦力大小乘以相对

位移大小。

阅卷人

-----------------三、实验题（共2题；共9分）

得分

9.（3分）某兴趣小组设计了如图甲所示的实验来探究加速度与力的关系。用M表示小车质量，m

表示沙和沙桶的质量，滑轮和细线质量不计。该小组按照图甲安装好实验器材后，设计了如下的实

验步骤：

弹簧测力计

打点计时器

分M,口口,----纸带

专()()II

I

m

A.用天平测出小车的质量M

B.将空的沙桶和纸带安装好，长木板一端垫高，启动打点计时器，平衡摩擦力

C.在桶中加适量的沙子，用天平测出沙和沙桶的质量m

D.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，记录弹簧测力计的示数

E.根据打出的纸带计算小车加速度的大小

①改变桶中沙子的质量，重复步骤C、D、E。以上操作不必要或有错误的步骤是（选

填步骤前的字母）

②图乙为某次实验中打出的一条纸带，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间的时间

间隔为T。根据纸带上的信息、，写出小车加速度大小的表达式2=。

③以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，作出的a-F图像是一条直线，如图丙，

图线的斜率为k,则小车的质量为（用题中给定的字母符号表示）。

乙丙

恪案】ABC；

【解析】【解答】①A.某兴趣小组设计了如图甲所示的实验来探究加速度与力的关系，应该保证小

车的质量不变，不必测出小车的质量M,A不符合题意；

B.平衡摩擦力时，安装纸带，不安装沙桶，B不符合题意；

C.有弹簧测力计测量绳的拉力，不必测出沙和沙桶的质量m,C不符合题意；

D.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，记录弹簧测力计的示数，D符

合题意；

E.根据打出的纸带计算小车加速度的大小，E正确；

故答案为：ABCo

②小车加速度大小的表达式为a=蔗7=（和+您吉1+%2）

Z（Z/）ol

③根据牛顿第二定律得2尸=Ma

解得a=磊F

根据图像得卜=得

解得M=I

K

【分析1①由测力计读出力，由纸带求加速度，所以不用知道质量。平衡摩擦力不带桶。先接通

电源，再释放小车。

②充分利用纸带，逐差法求解加速度。

③求出加速度和力的等量关系式，对比图像，得出小车质量。

10.（6分）小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值。

（1）（5分）图甲是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图中画出；

00.10.20.30.40.50.6//A

甲乙

（2）（1分）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的电压与对应的电流，并将

得到的电流、电压数据描到U—I图上，如图乙所示。请你确定由电流表外接法得到的数据点，在U

—I图中画出相应的图像，求出这段铅笔芯的电阻为（结果保留两位有效数

字）

【答案】（1）如图所示:

L0'C//V

S9二

8二

O.7

一

O.6二

O.5二

OS.4二

3二

OS.2.

1二

O.二

0.10.20.30.40.50,6//A

乙

【解析】【解答】（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图

（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律则电阻测量值偏

小，即U-I图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用x表示的，选择x数据点，作图法

如图所示

00.10.20.30.40.50.6//A

乙

这段铅笔芯的电阻为r=需=业雳0=1.2/2

【分析】（1）大内大，小外小，小阻值采用电流表外接。

（2）由欧姆定律表达式知图像的斜率对应铅笔芯的电阻。

阅卷人

四、解答题（共3题；共45分）

得分

11.（15分）跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图•助滑坡

由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R=10m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C,

AC间的竖直高度差为％=40m,CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为80kg,从A点由静

止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度

是20m/s,CE间水平方向的距离x=40m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：

（1）（5分）运动员从A点滑到C点过程中阻力做的功；

（2）（5分）运动员到达C点时对滑道的压力大小；

（3）（5分）运动员落到E点时的瞬时速度大小。

123

【答案】（1）解：运动员从4点滑到C点过程中，由动能定理可得：mgh+Wf=\mv

解得：Wf=-16000/

（2）解：由牛顿第二定律可得：N—rng=m-y-

代入数据解得：N=4000/V

由牛顿第三定律可得压力等于支持力，即N'=4000N

（3）解：运动员过C点做平抛运动，在水平方向，由4="可得运动员下落时间为：t=2s

在竖直方向，做自由落体运动，运动员竖直方向速度：vy=gt=20m/s

22

由运动合成得运动员落到E点时的瞬时速度大小：/=lv+vy=20V2m/s

【解析】【分析】（1）A到C因为有一段曲线运动，为变力做功，最好用动能定理求解阻力做的功。

（2）牛顿第二定律结合向心力表达式求解支持力大小。

（3）平抛运动水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动。结合勾股定理求解合速度。

12.（15分）如图甲，倾角为。的光滑斜面固定在地面上，空间存在垂直斜面向上的匀强磁场，直线

Li和L2为磁场的上、下边界，磁场的磁感强度B随时间t变化的规律如图乙所示。质量为m、电阻

为R的单匝矩形线框abed有一半处在磁场中，O~to时间内线框在外力作用下处于静止状态，to时刻

撤去外力，线框沿斜面向下运动，线框离开磁场前已经做匀速运动，ab=l,bc=21,Li和L2之间的距

离为xo,重力加速度为go求：

（1）（5分）O~to时间内，线框中的电流L的大小和方向；

（2）（5分）t=0时线框所受到的外力F外的大小

（3）（5分）线框从开始运动到离开磁场，线框中产生的热量Q。

【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律有Ei=罄=第S

其中S=/2

又/-E1

解得/]=骐

电流沿逆时针方向或者沿abeda方向；

（2）解：t=0时安培力大小为％=2Bo3

线框静止F力=mgsine+%

23

所以?办=rngsind+穹g-

7rALQ

（3）解：匀速运动时线框受到的合力为零，设安培力大小为F2,有mgsine=尸2

尸2=BQI21

又—皆

Ei=B0lv2

mqRsind

解得“2=2.2

b0L

由能量守恒得mgsin。®）+/）=寺小谚+Q

解得Q=mgsinJOo+/）-

【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律以及欧姆定律求解电流大小，由楞次定律判断电流方

向。

（2）受力平衡状态等量关系求解安培力。

（3）由受力平衡求出安培力大小，求出速度大小，由能量守恒定律求解产生的热。

13.（15分）磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在

的等离子体，经系统处理后，从下方以恒定速率vi向上射入有磁感应强度为8、垂直纸面向里的匀

强磁场区域I内。当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域I系统（关闭粒子进入通

道、撤去磁场BD。区域H内有磁感应强度大小与日相等、垂直纸面向外的匀强磁场B2,磁场右边

界是直径为D、与上下极板相切的半圆（圆与下板相切于极板中央A）。放在A处的放射源能够向各

个方向均匀发射速度大小为v的流原子核，微原子核经过该区域后形成宽度为D的平行流粒子束，

经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出。在加速显原子核的过程中探测器获得反向推力

（不计款原子核、等离子体的重力。不计粒子之间相互作用与相对论效应）。设单位时间喷射出的丽

粒子数为N,磁场BI=B2=B,极板长RM=2D,栅极MN和PQ间距为d,放原子核的质量为m、电

荷量为q，求：

（1）（5分）当栅极MN、PQ间形成稳定的电场时，两极间的电势差U多大；

（2）（5分）探测器获得的平均推力F推的大小。

（3）（5分）因区域II内磁场发生器故障，导致区域II中磁感应强度减半并分布在整个区域II

中，求能进入区域I的颔原子核占A处发射粒子总数的百分比。

【答案】(1)解：等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等

于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q',则Eq，=

即Eq，=Buiq'

则电压U=Ed

联立可得U=

(2)解：显原子核在磁场中做匀速圆周运动时，设速度为v,根据牛顿第二定律则有B2qu=rn。

避

即Bq/=m—

根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的虢原子核后，形成宽度为D的平行僦原子核束，即

D

r=2

则八””=驶

m2m

氤原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为V2,根据动能定理可知=谚—

QBv-^qdm+B2D2q2

联立可得也

4m2

设^t时间喷出的粒子的质量为4m=NAtm

由动量定理得=Amv2-4mv

解得尸=当^SBv^dm+q2B2D2—qBD)

根据牛顿第三定律，探测器的平均推力的大小FME=F

则尸族=?(JsBv^dm+q2B2D2-qBD)

,mv

(3)解：当区域H中的磁场变为B2’之后，根据「=『

B2q

可得r'=2r=D

①根据示意图可知，沿着AF方向射入的显原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I,而沿

着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I。

、、

、"____—Q

该轨迹的圆心O|,正好在N点AO产MO|=D

所以根据几何关系可知，此时NFAN=90。

②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氟原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I,而

沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域LAO2=AN=NO2=D

所以此时入射角度NGAN=30。

根据上述分析可知，只有NFAG=60。；这个范围内射入的粒子还能进入区域I。该区域的粒子占A处

总粒子束的比例为牛=器x100%=33.3%

【解析】【分析】（1）电场力与洛伦兹力平衡，结合电压与场强关系求解电势差。

（2）洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据动能定理和动量定理求解平均推力F推的大小。

（3）画出粒子运动的轨迹，求出两个临界速度的方向，从而求解符合条件的粒子所占百分比。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：70分

客观题（占比）16.0(22.9%)

分值分布

主观题（占比）54.0(77.1%)

客观题（占比）8(61.5%)

题量分布

主观题（占比）5(38.5%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

实验题2(15.4%)9.0(12.9%)

解答题3(23.1%)45.0(64.3%)

多选题3(23.1%)6.0(8.6%