2022届黑龙江省八校高三（上）期末联合考试物理试题含解析

这是一份2022届黑龙江省八校高三（上）期末联合考试物理试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022届黑龙江省八校高三（上）期末联合考试物理试题2022.1本卷试题分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷，满分100分，考试时间90分钟第I卷一、选择题（每题4分，总分48分）（1-8题为单项选择题；9-12题为多项选择题，选不全得2分，多选错选不得分）1. 我们经常会接触到一些民谚、俗语，都蕴含着丰富的物理知识，以下理解错误的是 (　　)A. “泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头 ”——泥鳅黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小B. “一只巴掌拍不响”——力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其它物体上才能产生力的作用，才能拍响C. “人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和D. “鸡蛋碰石头，自不量力”——鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击石头的力【答案】D【解析】【详解】A．根据将物体的表面涂上润滑液后有助于减小摩擦力，所以“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头”——泥鳅黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小是正确的；故A正确B．物体之间的作用是相互的，“一只巴掌拍不响”——就是说明力是物体对物体的作用；故B正确；C．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和;故C正确D．作用力与反作用力总是大小相等，方向相反．“鸡蛋碰石头，自不量力”说的是鸡蛋和石头相碰时，作用力与反作用力虽然大小相等，但石头的硬度要远大于鸡蛋的硬度；故D错误；2. 如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，正确的是A. 两物块所受重力冲量相同B. 两物块的动量改变量相同C. 两物块的动能改变量相同D. 两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同【答案】C【解析】【详解】设斜面倾角θ，则物体在斜面上的加速度分别为设斜面高度为h.则物体在斜面上滑行的时间为：因为∠ABC <∠ACB可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间较长；A．根据I=mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；B．根据动量定理可知，两物块的动量改变量不相同，选项B错误；C．根据动能定理两物块的动能改变量相同，选项C正确；D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率则重力瞬时功率不相同，选项D错误；故选C。3. 质子和α粒子在同一点由静止出发，经过相同的加速电场后，垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，不考虑质子与α粒子间的相互作用。则质子与α粒子在磁场中做圆周运动的半径之比和周期之比分别为（　　）A. 1：2，1：2 B. 1：，1：2C. 1：，1： D. 1：2，1：【答案】B【解析】【分析】【详解】在电场中加速过程满足进入磁场后，由洛伦兹力作为向心力可得联立解得轨道半径为在磁场中的运动周期为由题意可知，质子与α粒子的质量比为1：4，电荷量之比为1：2，代入可得质子与α粒子在磁场中做圆周运动的半径之比，周期之比为1：2，B正确。故选B。4. 2020年11月24日，“嫦娥五号”月球探测器发射成功，这是我国首次执行月球采样返回任务，也是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务。“嫦娥五号”探测器由四大部分组成：轨道器、着陆器、上升器和返回器。下列说法正确的是（　　）A. 轨道器驻留在绕月轨道上，其速度大于月球的第一宇宙速度B. 着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中其机械能减小C. 上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，这时月壤样品处于失重状态D. 返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后，可以直接加速，实现与轨道器的对接【答案】B【解析】【详解】A．轨道器驻留在绕月轨道上的半径大于月球的半径，由得则其速度小于月球的第一宇宙速度，故A错误；B．着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中，反推力做负功，则机械能减小，故B正确；C．上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，加速度方向向上，则月壤样品处于超重状态，故C错误；D．若返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后直接加速，则做离心运动，所以不可能实现与轨道器的对接，故D错误。故选B。5. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（　　）A. 电场强度的大小为2V/cmB. 坐标原点处的电势为1VC. 电子在a点的电势能比在b点的低7eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】BD【解析】【详解】B．如图所示，设ac之间电势差与Ob两点间的电势差相等，即可得故B正确；A．电场沿着x轴方向电场分量电场沿着y轴方向电场分量因此电场强度故A错误；C．电子在a点具有电势能电子在b点具有的电势能因此电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；D．电子从b点运动到c点，电场力做功为所以电子从b点运动到c点，电场力做功为9，故D正确。故选BD。6. 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是（  ）A. ma>mb>mc B. mb>ma>mcC. mc>ma>mb D. mc>mb>ma【答案】B【解析】【详解】由题意知mag=qEmbg=qE+Bqvmcg+Bqv=qE所以故选B。7. 如图(甲)所示,在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C,D两项中的图线按正弦函数规律变化）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质，然后分析图示图象作出选择．【详解】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A正确，BCD错误；故选A．【点睛】由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键．8. 如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点。另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若保持F的方向不变，逐渐增大F的大小，物块b仍保持静止状态，则下列说法中正确的是（　　）A. 桌面受到的压力逐渐增大 B. 连接a、b的绳子张力逐渐减小C. 物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大 D. 悬挂于O点的细绳OO'中的张力保持不变【答案】D【解析】【详解】BD．由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，B错误，D正确；AC．对b分析可知，b处于静止即平衡状态，设绳子和水平方向的夹角为，力F和水平方向的夹角为，对b受力分析，由平衡条件可得可得力与力F与水平所成夹角均保持不变，绳子拉力不变，力F增大，则桌面给物体b的支持力减小，根据牛顿第三定律，桌面受到的压力逐渐减小；在水平方向上，当拉力F的水平分力大于和绳子拉力的水平分力时，则有此时摩擦力随着拉力增大而增大，当拉力F的水平分力小于和绳子拉力的水平分力时，则有此时摩擦力随着拉力的增大而减小，AC错误。故选D。9. 如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则
 A 该粒子带正电B. A点与x轴的距离为C. 粒子由O到A经历时间t＝D. 运动过程中粒子的速度不变【答案】BC【解析】【详解】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：
A．根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；B．设点A与x轴的距离为d，由图可得：r-rcos60°=d所以d=0.5r而粒子的轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：，故B正确；C．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为故C正确；D．由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误．10. 某同学通过实验正确作出标有“、”的小灯泡的图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，则（　　）A. 由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大B. 由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小C. 闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为D. 闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为【答案】AD【解析】【详解】AB．由甲图可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，选项A正确，B错误；CD．将电阻R看做电源的内阻，则U=E-I(R+r)=6-10I将此函数关系的图像画在灯泡的U-I图像上，如图两图像的交点为电路的工作点，则I=0.38A，U=2.2V，则小灯泡的实际功率约为选项C错误，D正确。故选AD。11. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（　　）A. 弹簧对圆环先做功后做负功B. 弹簧弹性势能增加了C. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D. 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，所以A错误；B．由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加等于重力势能量的减小量，则有B正确；C．弹簧与小圆球组成的系统机械能定律，则有由于小圆球在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的加速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；D．由于小圆球在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的加速运动，圆环下滑到最大距离时，所受合力为竖直向上，D错误。故选BC。12. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球；开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘细线向右偏离，与竖直方向夹角为θ。电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是（　　）A. 小球带正电B. 当滑动触头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大C. 当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D. 当滑动触头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A正确；B．滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误；C．滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故C正确；D．在滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，外电路总电阻减小，但是由于不知道外电路电阻与电源内阻的关系，则不能判断电源输出功率变化情况，选项D错误。故选AC。第II卷（非选择题）二、填空题（每空2分，总分16分）13. 用游标卡尺和螺旋测微器分别测量某圆柱体的长度与直径，图中是游标卡尺和螺旋测微器的读数的示意图，由图可知圆柱体的长度是_____cm和圆柱体直径是_____cm。【答案】    ①. 1.450    ②. 1.0200【解析】【详解】[1]．主尺读数14mm，游标尺第10格对齐，故读数为：[2]．主尺读数10mm，螺旋尺读数20.0，故读数为：14. 小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（，内阻约为）B．电流表（，内阻）C．电流表（，内阻为）D．滑动变阻器（，允许通过的最大电流为）E．滑动变阻器（，允许通过的最大电流为）实验中电流表应选用___________；滑动变阻器应选用___________。（均填相应器材前的字母）（2）小明应该选择的实验电路是图___________（填“甲”或“乙”）。（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势___________V，内阻___________。（结果均保留两位小数）（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的和图像。下列各图中可能正确的是___________。（填正确答案标号）A．    B． C．    D．【答案】    ①. C    ②. D    ③. 乙    ④. 1.50（1.49～1.51均可）    ⑤. 0.33（0.30～0.40均可）    ⑥. AD【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]干电池的电动势约为，本实验要求电流不可过大，故电流表选择量程为的C；滑动变阻器应选D，若滑动变阻器选E，由于总阻值较大，则滑片滑动时移动范围小，不方便调节。（2）[3]由于电流表内阻已知，采用乙图电路，电流表分压造成的系统误差可以消除，故选乙图。（3）[4][5]由可得，图线Ⅰ的纵截距为斜率的绝对值，减去电流表的内阻，即电池的内阻为（4）[6]根据公式可知内、外电阻相等时输出功率最大，且Ⅱ品牌电池内阻较大，又由可知，Ⅱ品牌电池最大输出功率较小，A正确，B错误；输出功率可知图线应为开口向下的抛物线，又由可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，C错误，D正确。故选AD。三、计算题 （总分36分）15. 如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直放置，底端与水平传送带的右端相切，一质量为的小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，到最低点时与另一质量为小物块B发生正碰（碰撞时间极短），碰后A、B结合为整体C沿传送带运动，已知圆弧轨道的半径为R=0.8m，传送带的长度为L=2m，传送带以速度v=1m/s逆时针匀速转动，A、B、C均可视为质点，C与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，求：（1）碰撞前瞬间小物块A速度的大小；（2）C从传送带右端运动到左端所需要的时间；【答案】（1）；（2） 【解析】【详解】（1）小物块A从圆弧轨道最高点下滑过程中，根据动能定理得解得（2） 设向左为正方向，物体A、B碰撞前后，根据动量守恒得解得传送带以速度为v=1m/s逆时针匀速转动，则整体C受到向右的摩擦力，做减速运动，根据牛顿第二定律得 解得当整体C与传送带共速时，整体C的位移为运动的时间为之后整体C做匀速运动，位移为运动时间为                   则整体C从传送带右端运动到左端所需要的时间为16. 在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON＝d，如图所示．不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子在M点的初速度v0的大小；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．【答案】（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R为d；（2）粒子在M点的初速度v0的大小为；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t为．【解析】【详解】（1）做出带电粒子的运动轨迹如图由三角形相关知识得（2）由qvB=mv2/R 得v在N点速度v与x轴正方向成θ＝60°角射出电场，将速度分解如图cosθ= v0/v  得射出速度v=2v0， v0=（3）粒子在电场中运动的时间t1，有d＝v0t1所以t1＝　　粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T　，故 T设粒子在磁场中运动时间t2，有t2 所以　t2t＝t1＋t2，所以　t17. 如图所示，在竖直平面内放置的粗糙直线轨道与放置的光滑圆弧轨道相切于点，圆心角，线段垂直于，圆弧轨道半径为，直线轨道长为，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线，现有一个质量为、带电荷量为的小物块从A点无初速度释放，小物块与之间的动摩擦因数，电场强度大小，，，重力加速度为，忽略空气阻力。求：（1）小物块第一次通过点时对轨道的压力大小；（2）小物块第一次从点飞出后上升的最大高度；（3）小物块在直线轨道上运动的总路程。
 【答案】（1）10.8mg；（2）1.2R；（3）15R【解析】【详解】（1）小物块从A点到第一次到C点的过程，由动能定理知：（qE+mg）（Lsin37°＋R－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝－0在C点由牛顿第二定律知： 联立解得：FN＝108mg由牛顿第三定律知此时压力大小是10.8mg。（2）小物块从A到第一次到D的过程，由动能定理知（qE+mg）(Lsin37°－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝－0小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆电场方向做匀减速直线运动，由动能定理知-（qE+mg）xmax＝0－联立解得：  （3）分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上往复圆周运动。由功能关系知（qE+mg）Lsin 37°＝μ（qE+mg）dcos37°解得:d＝15R