河北省唐山市唐山一中等五校2022届高三物理上学期第二次联考试题（含解析）新人教版

河北省唐山一中等五校2022届高三上学期第二次联考物理试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二等内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场、左手定则；右手定则等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第Ⅰ卷（选择题，共126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。【题文】14．关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机【知识点】物理学发展史P【答案解析】D解析：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象．故A错误．B、库仑提出了库仑定律，密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量．故B错误．C、牛顿发现万有引力定律，英国人卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量．故C错误．D、法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机．故D正确．故选D．【思路点拨】根据已有的知识，了解物理学史，知道科学家对物理的贡献．【题文】15．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1kg、电阻R＝1Ω，以下说法错误的是A．线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为2TC．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为CD．线框边长为1m【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度．L1【答案解析】D解析：A、t=0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为：a==1m/s2，故A正确；B、线框刚出磁场时的速度为v=at=1×1m/s=1m/s，此时线框所受的安培力为FA=BIL，I=13，则得FA=，根据牛顿第二定律得F-FA=ma，代入得F-=ma，代入数据F=3N，m=1kg，R=1Ω，L=0.5m，v=1m/s，a=1m/s2解得，B=2T，故B正确；C、电荷量：q=，电流：=，由法拉第电磁感应定律得：=，则得通过线框的电量：q==C，故C正确．D、线框的边长为：L=at2=×1×12=0.5m，故D错误；故选：D．【思路点拨】当t=0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a．由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，得到安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出B；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求解电量．【题文】16．如图，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为A．0B．2mgC．4mgD．6mg【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；左手定则；右手定则．L1C2D4【答案解析】C解析：设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v．根据机械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，得到v=当小球自左方摆到最低点时，有：qvB-mg=m  ①13当小球自右方摆到最低点时，有：F-mg-qvB=m ②由①+②得：F=2mg+2m=4mg．故选C【思路点拨】小球摆动过程中，受到重力、线的拉力和洛伦兹力，只有重力做功，其机械能守恒，当小球自右方摆到最低点时的速率等于自左方摆到最低点时的速率，由机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速率．根据小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出方程．小球自右方摆到最低点时，洛伦兹力方向向下，再由牛顿第二定律求出悬线上的张力．【题文】17．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为A．0.35mgB．0.30mgC．0.23mgD．0.20mg【知识点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用．C5B3【答案解析】D解析：由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，所以在竖直方向上有FN-mg=ma上，解得a上=0.15g，设水平方向上的加速度为a水，则=tan37°=，所以a水=0.2g，对物体受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，即f=ma水=0.20mg，所以D正确．故选D．【思路点拨】对物体受力分析可知，物体在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小．【题文】18．矩形导线框abcd如图(甲)所示放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图(乙)所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)13【知识点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．L1L2【答案解析】C解析：由图可知，0-2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；同理可知，2-4s内电路中的电流为逆时针，且两段时间内电流强度大小时等，故A、B错误；由E==S可知，电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比；且b中电流一直为由a至b，则由左手定律可知，电流方向0时刻为向上，为正，故C正确，D错误；故选C．【思路点拨】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．【题文】19．如图，三个质点a、b、c质量分别为m1、m2、M（M>>m1，M>>m2）。在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb=1∶k。从图示位置开始，在b运动一周的过程中A．a、b距离最近的次数为k次B．a、b距离最近的次数为k-1次C．a、b、c共线的次数为2kD．a、b、c共线的次数为2k-2【知识点】万有引力定律及其应用；线速度、角速度和周期、转速．D4D5【答案解析】BD解析：AB、设每隔时间T，a、b相距最近，则（ωa-ωb）T=2π，所以T==，故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：n===k-1即a、b距离最近的次数为k-1次，故A错误，B正确．CD、设每隔时间t，a、b共线一次，则（ωa-ωb）t=π，所以t==13=；故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：n==2k-2．故a、b、c共线的次数为2k-2，故D正确、C错误．故选：BD．【思路点拨】质点a、b均在c点的万有引力的作用下绕c做圆周运动，根据周期比，每多转半圈，三质点共线一次，可先求出多转半圈的时间，与总时间相比，得出三点共线次数．【题文】20．如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度一定满足：D．转台的角速度一定满足：【知识点】牛顿第二定律；静摩擦力和最大静摩擦力；匀速圆周运动；向心力．C2D4【答案解析】BD解析：A、B、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=（3m）ω2r≤μ（3m）g故A错误，B正确；C、D、由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：（3m）ω2r≤μ（3m）g对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg，解得故C错误，D正确；故选BD．【思路点拨】分别对A、AB整体、C受力分析，合力提供向心力，根据向心力公式列式分析．【题文】21．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中A．小球的重力势能增加－W1B．小球的电势能减少W213C．小球的机械能增加W1＋mv2D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒【知识点】功能关系；电势能．E6I2【答案解析】AB解析：A、重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加-w1，故A正确；B、根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故B正确；C、球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即-W1+mv2，C错误；D、由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故D错误；故选AB．【思路点拨】图中电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；重力做的功等于重力势能的减小量；弹簧对小球做的功等于弹性势能的减小量；小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功．第II卷（非选择题，共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）【题文】22．（6分）某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验，实验装置如图所示，图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器。实验测得小物体上宽度为d的挡光片通过A的挡光时间为t1，通过B的挡光时间为t2，重力加速度为g。为了证明小物体通过A、B时的机械能相等，还需要进行一些实验测量和列式证明。(1)下列必要的实验测量步骤是______。A．用天平测出运动小物体的质量m13B．测出A、B两传感器之间的竖直距离hC．测出小物体释放时离桌面的高度HD．用秒表测出运动小物体由传感器A到传感器B所用时间Δt(2)若该同学用d和t1、t2的比值分别来反映小物体经过A、B光电门时的速度，并设想如果能满足________关系式，即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的。【知识点】验证机械能守恒定律．E5【答案解析】(1)B(2)(d/t2)2－(d/t1)2＝2gh解析：①A、根据机械能守恒的表达式，可知不需要测量质量，A错误；B、实验中需要测量从A到B过程中重力势能的减小量，因此需要测量AB之间的距离h，故B正确；C、测出AB之间的距离h，不需要测量小物体释放时离桌面的高度H，故C错误；D、根据机械能守恒定律的表达式，可知不需要测量小物体通过A、B两传感器的时间△t，故D错误．故选B．②本实验中利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有：vA=，vB=根据mgh=m--m可得：(d/t2)2－(d/t1)2＝2gh．【思路点拨】①根据实验目的及机械能守恒定律的表达式，可明确该实验需要测量的物理量；②写出机械能守恒的表达式，可正确解答本题．【题文】23．（9分）为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A．待测干电池(电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω)B．电流表A1(量程0～2mA，内阻为10Ω)C．电流表A2(量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω)D．滑动变阻器R1(0～20Ω，10A)E．滑动变阻器R2(0～100Ω，1A)F．定值电阻R3＝990ΩG．开关、导线若干①请在以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在虚线框内补画出完整的电路原理图。（要求在电路图中标明所使用器材）②根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，某同学测出了6组I1、I2的数据，并已描绘出如下图所示的I1和I2的关系图线。13③根据已描绘出的图线，可得被测电池的电动势为____V，内阻为________Ω。【知识点】测定电源的电动势和内阻．J7【答案解析】①R1；②如下图；③1.46；0.76．解析：①滑动变阻器应起到明确的调节作用，并且还要易于调节，故一般限流接法时，滑动变阻器比内阻约为10倍左右即可，故本题中应选R1  ②本题中表头可与定值电阻串联作为电压表使用，再将滑动变阻顺与电流表A串接在电源两端即可；如下图③由闭合电路欧姆定律可得：I1（R3+RA）=E-I2r变形得：I1=-I2；由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.46；k==0.76×10-3；故解得：E=1.46V（1.46-1.48），r=0.76（0.76-0.78）【思路点拨】①滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，要求所用滑动变阻器能得出多组数据，并且应易于调节；②本实验中只需得出流过电源的电流及电源的路端电压即可，分析给出的仪器可知电路的接法及电表的使用；③由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻．【题文】24．（14分）某物体A静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ=0.2，若给物体A一个水平向右的初速度v0=l0m/s，g=l0m/s2。求：（1）物体A向右滑行的最大距离？（2）若物体A右方x0=12m13处有一辆汽车B，在物体A获得初速度v0的同时，汽车B从静止开始以a=2m/s2的加速度向右运动，通过计算说明物体A能否撞上汽车B？【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．C2A2【答案解析】（1）物体A向右滑行的最大距离为25m．（2）物体A能击中汽车B．解析：（1）由牛顿第二定律得μmg=ma0，a0=2m/s2根据v2–v02=-2a0x（2分）x=25m1分(2)假设二者不相撞，设经过时间t二者有共同速度v则对物体Av=v0–a0t（2分）对汽车Bv=at（1分）v=5m/st=2.5s该过程中物体A的位移xA=t=18.75m（2分）该过程中汽车B的位移xB=t=6.25m（2分）因为xA>xB+x0故物体A能击中汽车B（2分）【思路点拨】根据牛顿第二定律求出物体A的加速度，结合速度位移公式求出物体A向右滑行的最大距离．求出两者速度相同的时间，求出该过程中A、B的位移，结合位移关系判断是否相撞．【题文】25．（18分）如图，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L。紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处。板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc，当Uba＝U1、Ubc＝U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出。忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)油滴进入M孔时的速度v1；(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出Uba′和B′的结果。【知识点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理．K3C2D4E2【答案解析】C解析：解：(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理mv－mv＝mgL＋qU1（3分）考虑到m＝ρV0，得v1＝（1分）13(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有：mg＝qE（3分）得E＝（1分）油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由qv1B＝（3分）得B＝＝（1分）(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理，0－mv＝－mgL－qUba′（3分）得Uba′＝U1＋（1分）考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B′＝－B.（2分）【思路点拨】（1）油滴开始下落的过程中有重力、电场力做功，根据动能定理求出油滴进入M孔的速度．（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，知电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，根据平衡求出电场强度的大小，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点速度为零，根据动能定理求出的大小，返回到N孔时速度大小不变，现向左偏转做匀速圆周运动，则磁感应强度的大小不变，方向改变．（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。【题文】33．［物理—选修3-3］（15分）（1）（6分）下列说法中正确的是。（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对三个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏伽德罗常数可表示为NA=V/V0（2）（9分）一高压气体钢瓶，容积为V0，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0，温度为T0=300K，内部气体经加热后温度升至T1=350K，求：①温度升至T1时气体的压强；②若气体温度保持T1=350K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？【知识点】分子势能；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律．H1H313【答案解析】（1）ABC（2）解析：（1）A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大，正确；B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动，正确C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，正确D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，错误E．气体分子较小，而气体的体积可以占据任意大的空间；故不能用摩尔体积求解阿伏伽德罗常数；故E错误（2）①设升温后气体的压强为P，由于气体做等容变化，根据查理定律得：=，又T0=300K，T1=350K，解得：P=p0②根据克拉伯龙方程，得集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的质量与原来总质量的比值：【思路点拨】（1）根据分子动理论，温度是平均动能的标志，理想气体状态方程和压强的微观意义去分析各项．（2）①封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强．②可根据克拉伯龙方程求解剩余气体的质量与原来总质量的比值．［物理—选修3-4］（15分）【题文】34．（1）（6分）如图甲所示为一简谐波在t=0时刻的图象，图乙所示为x=4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是。（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对三个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）甲乙A．这列波的波速是2m/sB．这列波的传播方向沿x正方向C．t=3.5s时P点的位移为0.2mD．从t=0时刻开始P点的振动方程为mE.从t=0时刻开始P点的振动方程为m（2）（9分）如图所示，MNPQ是一块截面为正方形的玻璃砖，其边长MN=30cm。一束激光AB射到玻璃砖的MQ面上（入射点为B）进入玻璃砖后在QP面上的F点（图中未画出）发生全反射，恰沿DC方向射出。其中B为MQ的中点，∠ABM=30°，PD=7.5cm，∠CDN=30°。①画出激光束在玻璃砖内的光路示意图，求出QP面上的反射点F到Q点的距离QF；13②求出该玻璃砖的折射率；③求出激光束在玻璃砖内的传播速度（真空中光速c=3×108m/s）。【知识点】横波的图象；波长、频率和波速的关系光的折射定律；折射率及其测定．．G2N7【答案解析】（1）ACD（2）①n=②×108m/s解析：A、由图象可知波长λ=4m，周期T=2s，则波速为：v=m/s=2m/s，故A正确；B、t=0时刻P点向-y方向振动，有波动和振动的关系可判断波向x负方向传播，故B错误；C、由质点P的振动图象知，t=3.5s=1T，此时P点位于波峰位置，故C正确；D、由图乙知ω==π，初相位为π，振动方程为y=0.2sin（πt+π）m，故D正确．故选：ACD（2）①光路示意图如图所示，反射点为F（2分）由几何关系得（1分）代入数据得20cm（1分）②由①的计算得，（1分）得sinr=0.6（1分）由折射定律得n=③由得激光束在玻璃砖内的传播速度v==×108m/s（2分）【思路点拨】（1）本题是波动图象和振动图象的结合，先有波动图知：λ=4m，A=0.2m；由振动图象知：T=2s，用v=13求波速；利用波动和振动关系判断是的振动情况和波传播方向．根据P点的振幅、周期和初位相，写出振动方程．（2）①激光束在玻璃砖内发生两次折射、一次全反射，画出光路图示意图如图．根据几何知识求得QF；②由几何关系求出折射角的正弦，由折射定律n=求出折射率．③由公式v=求解激光束在玻璃砖内的传播速度．13