福建省泉州市泉港区第一中学2022届高三物理上学期期末考试试题含解析

福建省泉州市泉港区第一中学2022届高三年上学期期末考物理试题二、选择题：1.下列的若干叙述中，不正确的是A.核泄漏事故污染物Cs137能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为.可以判断x为β粒子B.对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系C.一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量剩下一半D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大了【答案】C【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒知，x的电荷数为-1，质量数为0，可知x为电子，即β粒子．故A正确；根据光电效应方程知，光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系，故B正确．经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，产生新核，剩下的总质量要大于原质量的一半，故C不正确；根据，动能，可知氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子吸收光子的能量，能量增大．故D正确．本题选不正确的，故C.2.2022年我国即将发射“嫦娥四导”登月探测器，将首次造访月球背面，首次实现对地对月中继通信，若“嫦娥四号”只在距月面高度为100km的环月圆轨道I上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q落月，如图所示．关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是-16-\nA.沿轨道I运动至P时，需制动减速才能进入轨道ⅡB.沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道I运行的周期C.沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D.在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能减少【答案】A【解析】在轨道I上的P点，嫦娥四号做圆周运动，万有引力等于向心力，在轨道Ⅱ上的P点，卫星做近心运动，万有引力大于向心力，可知沿轨道I运动至P时，需减速才能进入轨道Ⅱ，故A正确．根据开普勒第三定律得，由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I的半径，则嫦娥四号沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道I运行的周期，故B错误．根据牛顿第二定律得，P点距离月心的距离大于Q点距离月心的距离，则P点的加速度小于Q点的加速度，故C错误．在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，根据动能定理知，动能增加，引力势能减小，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误．故选A．【点睛】根据变轨的原理确定在P点是加速还是减速；根据开普勒第三定律，结合半长轴的大小与圆轨道半径的大小比较运动的周期；根据牛顿第二定律比较P、Q两点的加速度；根据动能定理分析动能的变化，抓住引力做功得出引力势能的变化，得出机械能的变化．3.由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向右移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电量不变，与移动前相比A.杆BO对Q的弹力减小B.P、Q之间的距离减小C.杆AO对P的摩擦力增大D.杆AO对P的弹力减小【答案】A-16-\n【解析】Q受力如图所示：当P缓慢地向右移动一小段距离，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的减小，两小球之间的库仑力减小，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变大，故A正确，B错误；对整体受力分析如图所示：根据平衡条件得：AO杆对小球P的摩擦力等于杆BO对Q的弹力N，故AO杆对小球P的摩擦力减小，C错误；AO杆对小球P的弹力等于两小球的总重力G，即不变，故D错误．故选A．【点睛】分别以两球组成的整体和Q球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P的支持力N．由库仑定律分析P、Q之间的距离变化．4.一个理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比为9:1。一个理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，电流表和电压表均为理想交流电表，此时滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，如图甲所示。原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电。则下列判断正确的是图甲图乙A.电压表的示数为4VB.滑动变阻器消耗的功率为0.8W-16-\nC.若将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，电流表示数将变大D.若将二极管用导线短接，电流表示数减少【答案】B【解析】原线圈交流电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比：，得：，二极管具有单向导电性，根据电流的热效应有：，解得：，即电压表读数为，，故A错误；滑动变阻器消耗的功率为：，故B正确；将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，根据电压与匝数成正比，副线圈电压变小，滑动变阻器电阻变大，输出功率变小，输入功率变小，根据，电流表示数将变小，故C错误；用将二极管用导线短接，输出功率加倍，输入功率加倍，电流表示数加倍，故D错误；选B.【点睛】根据电压与匝数成正比求得输出电压的有效值，根据输入功率等于输出功率求出原副线圈的电流之比，二极管的作用是只允许正向的电流通过，根据有效值的定义求出R上电压的有效值，由求出R两端电压的有效值．再根据功率公式即可求得滑动变阻器消耗的功率．5.如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m1和m2的甲、乙两个点电荷。t=0静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知A.两电荷的电性一定相反B.t1时刻两电荷的电势能最大C.0～t2时间内，两电荷的静电力都是先减小后增大D.m1:m2=2:1【答案】BD【解析】由图象-16-\n段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同．故A错误．时间内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大．故B正确．时间内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小．故C错误．两球相互作用时，受到的合外力为零，故动量守恒，设向左为正方向，时刻两球速度相等，为v=2m/s，由系统动量守恒得：，解得：，故D正确；选BD.【点睛】由图象时间段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性．根据动量守恒定律求解两球质量之间的关系；分析时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能．时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化．根据系统动量守恒可求两个小球的质量之比.6.如图所示，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=5Ω．当电键S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则下列说法中正确的是A.电阻R1的阻值一定小于6ΩB.电键S断开与闭合时，电流表示数相同C.电键s断开时电压表的示数一定小于s闭合时的示数D.电键s断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω【答案】AD【解析】将看成电源的内阻，则等效的电源内阻为，当外电阻的阻值与等效内阻相等时，等效电源输出的电功率最大，故要满足电键S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则要求-16-\n，才有可能两次电功率相等，故A正确；电键断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故电流表示数减小，故等效内阻的电压减小，故电压表的示数增大．故BC错误．根据闭合电路欧姆定律得：，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：，故D正确；选AD.【点睛】将看成电源的内阻，则等效的电源内阻为，当外电阻的阻值与等效内阻相等时，等效电源输出的电功率最大；根据外电路总电阻的变化，分析电流表、电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键S断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．7.小雪和她所在的物理学习兴趣小组在探究摩擦力过程中，用两完全相同的木板把一个正方形木块夹住，设其正方形木块A重6N，用力F=10N的水平推力通过P、Q木板把A物夹住，木板与A物间的动摩擦因数为0.4，图为它的正视图.现要将A物体匀速拉出，则拉力大小可能为（）A.1牛B.2牛C.5牛D.14牛【答案】BCD【解析】若将A物体沿竖直向上方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向上拉力和两侧木板的向下滑动摩擦力，作出力图如图1所示．滑动摩擦力：，根据平衡条件得：；若将A物体沿竖直向下方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向下拉力和两侧木板的向上滑动摩擦力．作出力图如图2所示-16-\n滑动摩擦力：，根据平衡条件得：，选BD.【点睛】分析物体A的受力情况：若将A物体沿竖直向上方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向上拉力和两侧木板的向下滑动摩擦力；若将A物体沿竖直向下方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向下拉力和两侧木板的向上滑动摩擦力；根据平衡条件求出拉力的大小．8.一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止。从汽车开始运动起计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度，根据表中的数据通过分析，计算可以得出（）A.汽车加速运动经历的时间为4sB.汽车全程运动经历的时间为11sC.汽车匀速运动的时间为5sD.汽车减速运动时间为2s【答案】AD【解析】匀速运动的速度为，匀加速运动的加速度，则匀加速运动的时间，故A正确；由表格数据可知，10.5-11.5s内汽车做减速运动，故加速度，所以汽车从减至速度为零，还需要运动时间为-16-\n，故汽车运动的总时间为11.5+0.5s=12s，故B错误；汽车减速的总时间为，汽车匀速运动时间，故C错误，D正确；选AD.【点睛】根据匀速运动的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车加速运动的时间．求出减速运动的加速度，可以求出减速运动的时间，从而知道匀速运动的时间．三、非选择题：（一）必考题9.为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，图是原理图。硬质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)。定值电阻R0=5Ω，a、b是一根长为5.5cm的均匀电阻丝，阻值R1=25Ω，电源电压U=3V，电流表的量程为O～0.6A。(1)小明在电路中连入RO的目的是______________。(2)当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，闭合开关后电流表的读数为________A.(3)已知该弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F间的关系如图所示。通过计算说明,开关闭合后，当电流表指针指在0.3A处，作用在拉环上水平向右的拉力______________N.【答案】(1).（1）防止电流过大而烧坏电流表(或答保护电路)(2).（2）0.1A；(3).（3）F=440N10.如图1所示，用质量为m-16-\n的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。实验中，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T。测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……，如图2所示。（1）实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=_________，打B点时小车的速度v=_________。若以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图3所示的v2–W图象（是通过原点的射线），则由图线可以求得小车的质量M是_______kg（保留2位有效数字）。（2）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，实际的v2–W关系式是________。（v为小车的速度，W仍用（1）中表述的功），图4中正确反映v2–W关系的是________。-16-\n【答案】(1).（1）mgx2(2).（2）(3).（3）质量为0.40-0.45kg(4).（4）(5).（5）A【解析】（1）由于近似认为拉力等于重力，所以根据W=FS可知，拉力做功为；中点时刻的速度等于该段时间内的平均速度，所以B点的速度等于AC段的平均速度，即；根据动能定理得：，解得，由图知斜率，则有，解得：；（2）如果实验中完全消除了摩擦力和其它阻力，对整体，由动能定理得：，则有：，由此可知的关系图线仍是过原点的倾斜直线，故选A.11.如图所示，在以O1点为圆心、r=0．20m为半径的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1．0×10—3的匀强磁场（图中未画出）。圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O,右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子源中，有带正电的粒子（比荷为）不断地由静止进入电压U=800V的加速电场．经加速后，沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域，粒子重力不计。（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R。。（2）以过坐标原点O并垂直于纸面的直线为轴，将该圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子到A点的最远距离ym。-16-\n【答案】（1）0.4m（2）【解析】试题分析：（1）粒子从静止开始进入加速电场，由动能定理求出速度，在圆形磁场中洛仑兹力提供向心力，从而能求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径．（2）以过坐标原点O并垂直于纸面的直线为轴，将该圆形磁场逆时针缓慢旋转时，而粒子的运动轨迹不变，所以只要以O为圆心，OA的长为半径画弧，轨迹与该弧的交点就是打在屏上最远的出射点，由几何关系可以求出最远点离O点的距离．（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理得：进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：联立解得：R=0.4m（2）带电粒子在磁场的运动轨迹如图所示：以O点为圆心，OA为半径做圆弧AC交y轴于C点；以C点为圆心，CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点．粒子在磁场中运动的最大圆弧弦长OD=2r=0.4m，由几何关系可知：最远距离：代入数据可得：12.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E1，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B-16-\n的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势为E2时，此时与电容器两极板间的电压相等，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：（1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后的最大速度vm的大小（结论可以保留根号）。【答案】（1）磁场方向垂直导轨平面向下；（2）（3）【解析】试题分析：（1）根据通过MN电流的方向，结合左手定则得出磁场的方向．（2）根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小．（3）开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出MN离开导轨后最大速度.（1）电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下．（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：设MN受到的安培力为F，有：F=BIL由牛顿第二定律有：F=ma联立解得：（3）电容器放电前所带的电荷量开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值时，MN上的感应电动势：，最终电容器所带电荷量则通过MN的电量由动量定理，有：得-16-\n解得：[物理——选修3—3]13.下列说法正确的是____。A．相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，分子势能先增加后减小B．气体的温度不变，某个分子的动能可能改变C．对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，那么它的内能一定减小D．理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力E．相对湿度是表示空气中水蒸气气压离饱和状态水蒸气气压远近的物理量【答案】BCE14.如图所示，一根长L=100cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h=25cm长的水银柱封闭了一段长L1=30cm的空气柱。已知大气压强为p0=75cmHg，若环境温度不变，求：①若将玻璃管缓慢转至水平并开口向右，求稳定后的气柱长度；②将玻璃管放于水平桌面上并让其以加速度a=2g(g为重力加速度)向右做匀加速直线运动(见图乙)，求稳定后的气柱长度。【答案】（1）40cm（2）24cm-16-\n【解析】①设将玻璃管缓慢倒转至水平的过程中，水银未溢出初态：，体积末态：，体积由玻意尔定律可得：解得：由于，水银未溢出②当玻璃管竖直时，气体压强为对水银柱有当玻璃管水平运动时，气体压强为对水银柱有对气体有联立解得：15.如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以2m／s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是_________。A．波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴负方向B．0～4s内质点b运动的路程为12cmC．4～5s内质点d的加速度正在逐渐减小D．6s时质点e第二次回到平衡位置-16-\nE．各质点都振动起来后，a与e的振动方向始终相同【答案】BDE【解析】根据乙图可知，波源a开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点c时，质点c开始振动的方向也竖直向上，故A错误；波的周期与a点振动周期相等，由图乙知：周期为T=2s，根据公式，得：，波从a传到b点的时间为，则在0-4s内质点b已经振动了t=3s时间，而，所以质点b运动路程为，故B正确；波从a传到d点的时间为，则在4s时，质点d已经振动了1s，则在4-5s这段时间内质点d正由平衡位置向波谷运动再回到平衡位置，加速度先增大后减小，故C错误．该波的波长，此六质点都振动起来后，a、e的距离等于两个波长，故a与e的振动方向始终相同，故E正确；选BDE.16.如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）。求（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；（ii）距光轴R/3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离（结论可以保留根号）。【答案】（1）2R/3（2）2.74R【解析】（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l。①设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有②-16-\n由几何关系有③联立①②③式并利用题给条件，得④（ii）设与光轴距的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有⑤设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有⑥由几何关系有⑦⑧联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得⑨【名师点睛】本题主要考查光的折射定律的应用，解题关键是根据题意画出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，然后列方程求解。-16-