黑龙江省牡丹江市重点中学2022-2023学年高三上学期期末考试物理试题（含答案）

牡丹江市重点中学2022-2023学年高三上学期期末考试
物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了巨大的贡献，下列说法正确的是（ ）
A．牛顿的万有引力定律和哥白尼的日心说奠定了现代天文学的理论基础
B．亚里士多德提出力是改变物体运动状态的原因
C．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
D．安培首先发现了电流的磁效应，并提出了判断电流周围磁场方向的方法——安培定则
2．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的图像如图所示，其中甲质点的图像平行于t轴，乙质点的图像在内为直线，在内为曲线。关于两质点的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．乙在的初、末位置中点的速度大小为
B．乙在时间内的加速度一直减小
C．乙在时间内的平均速度等于
D．在内，甲、乙之间的最大距离为
4．斜劈是生活中常用的一种小工具，它可以增加物体的稳定性。如图所示，将斜劈垫在光滑小球的下端，可以使小球静止在光滑竖直墙壁和斜劈之间。若小球的质量为m，斜劈尖端的角度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球受到墙壁的弹力大小为
B．斜劈对小球的支持力为
C．斜劈与地面间的动摩擦因数可能为
D．增大小球的质量，斜劈不可能向右滑动
5．“扔坑”是农村小孩在农闲时玩的一款经典游戏，游戏中的“坑”是在平整的农田中挖出，坑的形状多为圆柱形，扔掷物可以是铁球、石块，也可以是泥球。如图所示，在一次“扔坑”游戏中，将小泥球从M点以速度v水平抛出，泥球恰好沿着坑的上沿入坑并打在坑的底角。若要让泥球进入坑中并直接击中坑底的正中间，下列做法可行的是（ ）
A．在M点将泥球以小于v的速度水平抛出
B．在M点将泥球以大于v的速度水平抛出
C．在M点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
D．在M点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
6．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功。已知空间站在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（ ）
A．空间站的线速度大于第一宇宙速度
B．空间站的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C．空间站的质量为
D．空间站的环绕周期为
7．如图所示，半径为L的小圆与半径为的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现将一长度为的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触．在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，其他部分电阻不计．下列说法正确的是（ ）
A．导体棒O点的电势比A点的电势高
B．电阻两端的电压为
C．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为
D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为
8．下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法错误的是（ ）
A．x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为
9．图甲表示一列简谐横波在时的波形图，图乙是该列波中的质点P的振动图像，由甲、乙两图中所提供的信息可知下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为，波的振幅为
B．该波的传播速度为，速度沿轴方向
C．P质点在时沿方向运动
D．P质点在任意内的路程都是
10．如图甲所示，正六边形导线框放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i和所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（ ）
11．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，整个过程斜面固定不动，已知、E，则下列说法正确的是（ ）
A．物块A、B的质量之比为
B．弹簧的劲度系数为
C．A与B碰撞后，A在位置处弹簧压缩量为
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
12．如图所示，在半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，为圆的直径，O为圆心，某时刻从最高点S向纸面角范围内各个方向均匀发射粒子，速度大小均为v。已知粒子质量为m，电荷量为q，磁感应强度，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．在直径上有粒子射出的长度为R
B．有的粒子可以从直径上射出
C．有一半的粒子可以从半圆弧上射出
D．经过时间，直径上开始有粒子射出
二．实验题（共2道题，13题6分，14题9分，共计15分）
13．（6分）如图所示，某同学利用气垫导轨和光电门验证动量守恒定律。将气垫导轨放置在水平桌面上，导轨的左端有缓冲装置，右端固定有弹簧。将滑块b静止放于两光电门之间，用弹簧将滑块a弹出。滑块a被弹出后与b发生碰撞，b与缓冲装置相碰后立即停下，测得滑块a、b质量分别为、，两个滑块上安装的挡光片的宽度均为d。
（1）实验中记录下滑块b经过光电门时挡光片的挡光时间为，滑块a第一次、第二次经过光电门A时，挡光片的挡光时间分别为、，则通过表达式______________可以验证动量守恒定律。物块a、b的质量大小关系为______________（选填“>”“<”或“=”）；
（2）将滑块b上的挡光片取下，在两滑块相邻端面粘上轻质尼龙拉扣，使两滑块碰撞能粘在一起运动，记录下滑块a上挡光片经过光电门A的挡光时间为，滑块a、b粘在一起后挡光片经过光电门B的挡光时间为，若两滑块的质量仍为、，则验证动量守恒定律的表达式是______________。
14．（9分）某物理实验小组准备测一个电源的电动势和内阻，他们身边的器材有：
待测电源（E为以下的电源）、电流表（量程，内阻为）、电压表（量程，内阻为）、定值电阻、导线和开关若干。
（1）由于缺少变阻箱或者滑动变阻器，他们找来了一根粗细均匀的金属导体棒R替代，利用接入电路不同长度的导体来改变电阻，首先他们测量了导体棒的长度为，用欧姆表“挡”测量了导体棒的电阻，指针偏转如图甲所示，导体棒每的电阻大小为__________Ω。
（2）关于器材的选择，他们的解释合理是___________。
A．不使用电压表的原因是电压表内阻过小
B．不使用电压表的原因是电压表量程过大
C．使用定值电阻可以增大实验数据范围
（3）选定好器材后，设计了如乙所示实验电路图（导体棒R用表示），你认为合理的是___________。
（4）根据实验数据他们画出了接入电路的导体的长度l与电流表示数I之间的图像，如图丙所示，则该电源的电动势__________V，内阻__________Ω。（结果保留一位小数）
三．计算题（共3道题，15题9分，16题12分，17题16分，共计37分。需要写出必要的文字叙述和方程）；
15．（9分）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为的倾斜冰面上，先以加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数，已知，，g取。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅在冰面滑动的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果可用根式表示）
16．（12分）如图，金属平行导轨MN、和金属平行导轨PQR、分别固定在高度差为h（数值未知）的水平台面上。导轨MN、左端接有电源，MN与的间距为，线框空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度；平行导轨PQR与的间距为，其中PQ与是圆心角为半径为的圆弧导轨，QR与是水平长直导轨，右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。导体棒a质量，电阻，放置在导轨MN、右侧边缘处；导体棒b质量，电阻，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从水平抛出，恰能无碰撞地从处以速度滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取，不计一切摩擦及空气阻力。求：
（1）导体棒b的最大加速度；
（2）导体棒a在磁场中产生的焦耳热；
（3）闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
17．（16分）如图所示，在平面直角坐标系的y轴和虚线之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以初速度沿y轴负方向射出，该粒子恰好从原点O射出电场进入磁场区Ⅰ，第一次在磁场区Ⅰ中的运动轨迹与相切，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子第4次经过y轴的位置坐标；
（3）仅改变磁场区Ⅰ的磁感应强度大小，使粒子第一次在磁场区Ⅰ中运动时，从O点进入磁场区Ⅰ，从点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度大小。
牡丹江市重点中学2022-2023学年高三上学期期末考试
物理试题参考答案
1．解析：在哥白尼的日心说基础上，诞生了开普勒行星运动定律，以此为基础，开普勒在第谷进行天文观测得出大量观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，奥斯特首先发现了电流的磁效应，最早提出力是改变物体运动状态原因的是伽利略，选项B、C、D错误，A正确。
答案：A
2．A 国际单位制基本单位包括质量：千克（）；长度：米（）；时间：秒（）；电流：安培（）；温度：开尔文（）；光强：坎德拉（）；物质的量：摩尔（）。能量的单位可以从力做功的角度考虑，力（），位移（），力的单位可以由牛顿第二定律导出，为，所以能量单位为，选A。
3．【答案】D【解析】乙在内的加速度为，根据几何知识可得：内乙图象与轴交点坐标为。根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得中点位置与初位置的距离，乙在的初、末位置中点的速度大小为，选项A错误；因图像的斜率等于加速度，则乙在时间内的加速度先减小后增大，故B错误。若乙在时间内做匀减速运动，速度从减至0时，平均速度为，由于乙在时间内的位移大于匀减速运动的位移，所以其平均速度大于，故C错误。在内，当两者速度相等时相距最远，设从时起经过时间两者速度相等，则有，代入得，解得，甲、乙之间的最大距离为，代入数据解得，故D正确。故选D。
4．C解析 对小球受力分析如图甲所示，由平衡条件可得小球受到墙壁的弹力大小为，斜劈对小球的支持力为，所以A、B错误；对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件可得斜劈与地面间的摩擦力为，当斜劈的质量时，斜劈与地面间的动摩擦因数可能为
，所以C正确；增大小球的质量，当时，则斜劈向右滑动，所以D错误。
5．解析：泥球飞行的时间由下落高度决定，如果仍由点抛出，则落到坑底的时间一定，如果速度小于，则不能落入坑中，如果速度大于，则不能直接打到坑底，所以选项A、B均错误；当抛出位置比点高，则下落时间变长，但由于要落到坑底正中间，则水平距离相对于第一次要变短，所以水平抛出速度要变小，则选项C正确，选项D错误。答案：C
6．【答案】D【解析】A．第一宇宙速度是围绕地球做圆周运动物体的最大速度，所以空间站的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据可得
可知空间站的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；
D．空间站的环绕周期为故D正确；
C．空间站为绕行天体，其质量无法根据题中条件求出，故C错误。故选D。
7．【答案】C
【解析】由右手定则可知，外电路中感应电流由流向，则点电势比点电势低，故A错误；感应电动势，电阻两端电压，故B错误；电路中电流为
，周期为，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为，故C正确：在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为，故D错误．
8．【答案】C
【详解】A．由简谐运动的对称性可知，、、时木棒处于平衡位置；则从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B．从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为，回复力系数为，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移处时
木棒重心在平衡位置下方最大位移处时
可解得，D正确；选择C
9．【答案】BD
【详解】A．由波形图可知，该波 波长为，该波的振幅为，选项A错误；
B．周期，则该波的传播速度为
时质点的振动情况与时刻的振动情况相同，由波形图速度沿轴方向，选项B正确；
C．由振动图像可知，质点在时沿方向运动，选项C错误；
D．，质点在任意内的路程都是，选项D正确；
10．解析：内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值。根据法拉第电磁感应定律，为定值，则感应电流为定值，。在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与内相同。在内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与内相同。在内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与内相同。故A正确，B错误。在内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据，则安培力逐渐减小，边所受安培力方向向右，为负值。0时刻安培力大小为。在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据，则安培力逐渐增大，边所受安培力方向向左，为正值，末安培力大小为。在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，边所受安培力方向向右，为负值，第初的安培力大小为。在内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，边所受安培力方向向左，末的安培力大小为。故C正确，D错误。答案：AC
11．【答案】ABD
【解析】A．由图乙可知，物块与物块碰撞前的动能
可得物块与物块碰撞前的速度
物块与物块碰撞后的动能
可得物块与物块碰撞后的速度
物块与物块碰撞时间极短，根据动量守恒定律，解得，A 正确；
BC．弹簧上端与物块相连，物块处于静止状态，设此时弹簧的形变量为，结合图甲根据平衡条件可知
由图乙可知，当一起运动到时，此时弹簧的压缩量为
速度最大，此时弹簧对的弹力大小等于重力沿斜面的分力，即
物块从点运动到位置的过程中，根据动能定理，联立解得
B正确，C错误；
D．物块与物块碰撞后，物块的动能为，根据的分析可得碰后根据物块的动能为，物块由运动到过程中，根据能量守恒定律
代入数据解得，D正确；故选ABD。
12．【答案】ABD
【解析】A．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得
其运动轨迹如下如图所示
粒子被接收板最右侧接收，其运动轨迹恰好与相切于点，其圆心为，垂直，根据几何关系可得，解得
粒子水平向左发射时被接收板最左侧接收时，其运动轨迹恰好与相交于点，其圆心在的点，
根据几何关系可得，解得
因此，接收板可接收到粒子的长度为
故在直径上有粒子射出的长度为。故A正确；
BC．两种临界速度夹角为，由几何关系可得
解得故有的粒子可以从直径上射出，故B正确，C错误；
D．粒子磁场中运动周期为
直径上开始由粒子射出，即最短时间到达直径的粒子，因粒子的速度相同即走过的路程最小即弦长最短，可知从点射出的粒子是最早出现的，此时可知粒子走过的圆心角为，则
解得
粒子所需时间为，联立解得，故D正确。故选ABD。
13．答案（1） < （2）
解析（1）滑块碰后的速度
滑块碰前的速度
滑块碰后弹回的速度
要验证的关系是
即
即
因碰后反弹，则物块、的质量大小关系为。
（2）滑块经过光电门的速度
两滑块粘在一起后经过光电门时的速度
要验证的关系是
即
即
【答案】 ①．1.4 ②．BC ③．A ④．3.0（2.9~3.1） ⑤．0.5（0.3~0.7）
【详解】（1）［1］欧姆表读数，导体棒长为，故每电阻为
（2）［2］AB．电源电动势以下，使用电压表时指针偏转角度小于满偏的三分之一，从测量精确的角度电压表不能使用，故A错误，B正确；
C．当导体棒接入电路的电阻为0时，定值电阻可以保护电路，电流表可以安全使用，故C正确，故选BC；
（3）［3］电流表串联接入电路，故A正确，BC错误，故选A；
（4）［4］［5］根据闭合电路欧姆定律
化简成题图丙所示的横纵坐标关系，得
由图像读出数据进行计算，可得
15．答案（1） （2）上滑过程 下滑过程 （3）（或）
解析（1）“奔跑”过程
（2）上滑过程
下滑过程
（3）上滑位移
退滑到出发点的速度
16．答案（1） （2） （3）
解析（1）设棒在水平轨道上时的速度为，根据动能定理：
解得：
因为棒刚进入磁场时，棒中的电流最大，受到的力最大，加速度最大，所以有：
电动势为：
电流为：
根据牛顿第二定律：
联立以上解得：
（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热，所以根据动量守恒：
由能量守恒定律：
由于棒串联在一起，所以有：
解得：
（3）设接通开关后，棒以速度水平抛出，则有：
对棒冲出过程由动量定理：
即：
代入数据解得：
17．【答案】 （1）；（2）；（3），，
【解析】（1）由题意知，粒子在电场中做类平抛运动，则
根据牛顿第二定律，解得
（2）设粒子从点进入磁场区I时速度大小为，
根据动能定理，解得
可知，粒子进磁场区I时速度方向与轴正方向夹角为。运动轨迹如图甲所示
设粒子在磁场区I中做圆周运动的半径为，根据几何关系解得
甲粒子第二次经过轴的位置点离点的距离
粒子第二次进入电场从到过程是到的逆运动过程，从到与从到运动相同。所以，位置离点的距离
则粒子第4次经过轴点的纵坐标为
所以，点的坐标为
（3）经过分析，粒子能到达点有三种情况：第一种运动轨迹如图乙所示
粒子从点进入磁场区II，若偏转后直接到达点，设粒子在磁场区II中做圆周运动的半径，
根据几何关系，解得
设磁场区II的磁感应强度大小为，据牛顿第二定律有，解得
第二种运动轨迹如图丙所示
粒子经磁场区II偏转后再进入磁场区I、电场，再回到磁场区I到达点，根据运动对称性知间距离为，则间距离为，设粒子在磁场区II中做圆周运动的半径，根据几何关系，解得，设磁场区II的磁感应强度大小为，据牛顿第二定律有，解得
第三种运动轨迹如图丁所示
粒子经磁场区II偏转后再进入磁场区I，电场、再回到磁场区I，再进入磁场区II偏转后到达点，根据运动对称性知间距离为，则间距离等于间距离为，设粒子在磁场区II中做圆周运动的半径，
根据几何关系，解得
设磁场区II的磁感应强度大小为，据牛顿第二定律有，解得。