2022届黑龙江省哈师大附中高三上学期期末理综物理试题含解析

这是一份2022届黑龙江省哈师大附中高三上学期期末理综物理试题含解析，共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
哈师大附中2019级高三上学期期末考试理科综合能力测试物理一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项是符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。1. 如图所示，图线a、b、c分别表示三个物体甲、乙、丙在同一条直线上运动的位移与时间的关系，图线c是一条抛物线，满足x＝0.4t2。有关这三个物体在0～5s内的运动情况，下列说法正确的是（　　）
 A. 物体甲做匀加速直线运动，物体乙做匀减速直线运动B. 物体丙做变加速直线运动C. 0～5s内，甲物体的位移等于丙的位移2倍D. t＝2.5s时，物体乙的速度与物体丙的速度不相同【答案】D【解析】【详解】A．位移图像倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，甲、乙两物体都做匀速直线运动，A错误；B．图线c是一条抛物线，结合可知，丙做初速度为0，加速度为0.8m/s2的匀加速直线运动，B错误；C．0～5s内，甲物体的位移丙的位移C错误；D．图像的倾斜程度表示速度大小，根据图象可知，t=5s时两个图像的倾斜程度不同，即物体乙的速度与物体丙的速度不相同，D正确。故选D。2. 如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O为轻绳之间连接的结点，图乙中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图甲中B滑轮的端点B稍稍右移一些，图乙中的端点B稍稍向上移动一些（图乙中的绳长不变），则关于θ角和OB绳的张力F的变化，下列说法正确的是 （　　）A. 图甲、乙中的θ角均增大，F均不变B. 图甲、乙中的θ角均不变，F均不变C. 图甲中θ角增大、图乙中θ角不变，张力F均不变D. 图甲中θ角减小、F不变，图乙中θ角增大、F减小【答案】B【解析】【详解】图1中，根据钩码个数，O点所受的三个力正好构成直角三角形，若端点B沿虚线稍稍右移一些，三力大小F不变，根据力的合成法则，可知方向不变，即夹角θ不变，图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、B两端的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小F仍不变，则根据力的合成法则，可知AB夹角不变，则θ角不变，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】本题解题关键是抓住动滑轮绳子的张力大小相等的特点以及合力与分力的关系：合力大小不变，夹角增大时，合力减小进行分析。3. 在如图的电路结构中的Q点处，有一粒子源，能不断地向两平行板电容器的中央处水平向左地释放出速度为v的同样的带电微粒，开关S闭合时，滑动变阻器的滑片P在图中所处的位置时，微粒恰能沿平行板电容器的中线运动，并能打在左边的挡板M上，现仍保持开关S闭合，并将滑片P往下移动一小段，则此后从Q点发出的带电微粒的运动将（　　）
 A. 不发生偏转 B. 向下偏转C. 向上偏转 D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】将滑片P往下移动一小段，滑动变阻器接入电路的阻值减小，其两端电压减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，其两端电压不变，极板间电场强度不变，所以此后从Q点发出的带电微粒的运动将不发生偏转。故选A。4. 如图，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k（k>0且为常量），磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是（　　）A. 电容器下极板带正电B. 此线圈的热功率为C. 电容器所带电荷量为D. 电容器所带电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为根据焦耳定律可得此线圈的热功率为故B错误；CD．电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为故C错误，D正确。故选D。5. 如图甲所示，粗糙料面与水平面的夹角为30°，质量为0.3kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v一t图象如图乙所示。g取10n/s2，则下列说法正确的是（  ）A. 小物块到C点后将沿斜面下滑B. 小物块加速时的加速度是减速时加速度的C. 小物块与斜面间的动摩擦因数为D. 推力F的大小为4N【答案】BD【解析】【详解】ABC．由图乙所示可知，物块匀加速直线运动的加速度大小匀减速直线运动的加速度大小在匀减速直线运动过程，根据牛顿第二定律解得在最高点，有所以物块达到最高点C后不会下滑，所以AC错误，B正确；D．匀加速过程，由牛顿第二定律可得得F=4N所以D正确。故选BD。6. 2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月15日发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验。“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴。“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接。下列描述正确的是（　　）A. “神舟十一号”从圆轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ过程中机械能守恒B. “神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期小于“天宫二号”运行周期C. “神舟十一号”在椭圆轨道Ⅱ上经过A点的速率比“天宫二号”在C点的速率大D. 可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接【答案】BC【解析】【详解】A．“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ过程中需要经历两次点火加速，火箭发动机对“神舟十一号”做正功，机械能不守恒，故A错误；B．因为椭圆轨道Ⅱ的半长轴小于圆轨道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律可知“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期小于“天宫二号”运行周期，故B正确；C．设物体绕地球做半径为r、速率为v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有解得根据上式可知“神舟十一号”在圆轨道Ⅰ上经过A点的速率大于“天宫二号”在C点的速率，而“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ变轨至椭圆轨道Ⅱ需要在A点加速，所以“神舟十一号”在椭圆轨道Ⅱ上经过A点的速率大于在圆轨道Ⅰ上经过A点的速率，从而大于“天宫二号”在C点的速率，故C正确；D．由于飞船在加速过程中会做离心运动，所以不能在同一轨道上实现加速对接，“神舟十一号”一定是在椭圆轨道Ⅱ上经过C点附近时加速，从而完成变轨并与“天宫二号”实现对接，故D错误。故选BC。7. 如图所示内壁光滑的环形槽半径为R，固定在竖直平面内，质量均为m的小球A、B，以等大的速率v0从圆心等高处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，两球碰撞的时间和机械能损失均忽略不计，重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（　　）A. v0的最小值为B. 小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能C. 小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽压力差值为6mgD. 两球第一次相碰撞后瞬时，两球速度均不为零且等大反向【答案】BCD【解析】【详解】A．设v0的最小值为v0m，小球A恰好通过环形槽最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有   ①对小球A从初始位置到运动至最高点过程，根据动能定理有   ②联立①②解得   ③故A错误；B．小球A、B初始时刻的机械能相等，且在运动过程中机械能守恒，所以小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能，故B正确；C．设小球A通过最高点时的速度大小为v1，对小球A从初始位置到运动至最高点的过程，根据动能定理有   ④设小球A通过最高点时所受环形槽的支持力大小为N1，根据牛顿第二定律有   ⑤联立④⑤解得   ⑥根据牛顿第三定律可知小球A通过最高点时对环形槽的压力大小为   ⑦设小球B通过最低点时的速度大小为v2，对小球B从初始位置到运动至最低点的过程，根据动能定理有   ⑧设小球B通过最低点时所受环形槽的支持力大小为N2，根据牛顿第二定律有   ⑨联立⑧⑨解得   ⑩根据牛顿第三定律可知小球B通过最低点时对环形槽的压力大小为   ⑪所以小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差值为   ⑫故C正确；D．根据对称性可知两球运动到另一与圆心等高的位置时发生碰撞，且此时两球的速度等大反向，因为碰撞前后机械能守恒，根据动量守恒定律可知碰撞后两球速度均不为零且等大反向，故D正确。故选BCD。8. 如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，与水平方向成角。杆上套一个质量为、电量为的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为。从点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大，杆足够长。已知重力加速度为。则下列叙述中正确的是（　　）A. 小球运动的速度先增大后不变B. 小球运动的加速度先增大到gsin，然后减小到零C. 小球的速度达到最大速度一半时加速度可能是gsinD. 小球的速度达到最大速度一半时加速度一定是【答案】ABD【解析】【详解】A．下滑第一阶段，随着小球速度增大，洛伦兹力增大，导致受杆的弹力（垂直杆子斜向右上）减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加；当速度超过某个特定值时，洛伦兹等于重力的垂直于杆的分力，弹力为零，摩擦力也为零，此时加速度达到最大值；第二阶段：小球继续向下加速，洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力时，杆对球的弹力反向（斜向左下方）增大，滑动摩擦力跟着增大，合力减小，加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动；因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A正确；B．由A中分析可知，当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大，小球受力如图1所示，根据牛顿第二定律解得，故B正确；          CD．当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为vm，小球受力如图2所示 根据平衡条件解得 当小球加速度最大时，，设此时速度为v1得小球静止释放能下滑 联立上面三式可知说明小球速度为最大值一半时，处于加速度减小的加速阶段，受杆弹力斜向下联立可解得故C错误，D正确。故选ABD。第II卷（非选择题共174分）二、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~第40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）9. 某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用如图甲所示的实验装置。（1）将气垫导轨接通气源，通过调平螺丝调整气垫导轨使之______；A．水平B．左高右低C．左低右高D．哪一端高都行（2）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度Δd＝______cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后（向右）拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定，现测得挂一根橡皮条时滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v＝_______；（用字母表示）。（3）逐条增加橡皮条，多次重复实验。记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度，则画出的W-v2图象应是_______；A．B．C．D．【答案】    ①. A    ②. 0.560    ③.     ④. B【解析】【详解】（1）[1]接通气源后，滑块在导轨上可认为所受摩擦力为零，为了使滑块所受合外力等于橡皮条的拉力，应通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，故选A。（2）[2]遮光条的宽度为[3]由于滑块运动速度较快，且Δd较小，所以可用遮光时间内的平均速度来表示滑块通过光电门时的瞬时速度，所以滑块最后匀速运动的速度表达式为（3）[4]根据动能定理有所以W­-v2图象应是过原点的倾斜直线，故选B。10. 某探究小组采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时，发现量程为0～3V的电压表出现故障不能正常使用，实验台上有一个量程为0～500μA、内阻Rg＝200Ω的灵敏电流计Ⓖ和一个电阻箱R（0～9999Ω）。
 （1）为了把灵敏电流计Ⓖ改装成量程为0～3V的电压表继续实验，电阻箱R应调至________Ω。（2）请用笔画线代替导线完成乙图的实物电路连接_______。（3）探究小组中一个同学用灵敏电流计Ⓖ和电阻箱设计了如图丙所示的实验电路，同样测出了干电池的电动势和内阻。①多次调节电阻箱，记录灵敏电流计Ⓖ的示数I和电阻箱的阻值R，电源的电动势和内阻分别用E和r表示，则和R的关系式为________。
 ②然后以为纵坐标，以R为横坐标，作出了­R图线为一直线，如图丁所示，测得直线在纵轴上的截距b＝144，直线的斜率k＝，则该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。【答案】    ① 5800    ②.     ③.     ④. 1.4    ⑤. 1.6【解析】【详解】（1）[1]为了把灵敏电流计Ⓖ改装成量程为0～3V的电压表继续实验，电阻箱R应调至（2）[2]如图所示。
 （3）①[3]根据闭合电路欧姆定律有整理得②[4][5]由题意可得解得11. 两根金属导轨平行放置在倾角的斜面上，导轨左端接有定值电阻，导轨自身电阻不计，匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为，质量为，电阻为的金属棒由静止释放，沿导轨下滑，如图所示，设导轨足够长，导轨宽度，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑的高度为时，恰好达到最大速度，求此过程中：（）金属棒受到摩擦力阻力．（）电阻中产生的热量．（）通过电阻的电量．【答案】（）；（）；（）【解析】【详解】（）当金属棒速度恰好达到最大速度时，加速度为零，则据法拉第电磁感应定律，，据闭合电路欧姆定律解得，．（）下滑过程，据能量守恒解得电路中产生的总电热为，此过程中电阻中产生的热量（）设通过电阻的电量为，由，得12. 如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX′极板长，板间距离d＝0.2m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5×10－3T，方向垂直纸面向里。现将X′极板接地，X极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以v0＝105m/s的速度沿水平中线OO′连续射入电场中，粒子的比荷，其重力可忽略不计，若粒子打在水平金属板上则将被吸收。在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场（设两板外无电场）。求：（结果可以保留根式或π）（1）带电粒子射出电场时的速度增量的最大值；（2）粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之差；（3）所有进入磁场的粒子在MN上射出磁场的区域长度。【答案】（1）×105m/s；（2）；（3）0.2m【解析】【详解】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，设两金属板间电压为U1时粒子恰好能够从金属板边缘射出，此时粒子的加速度大小为   ①粒子的运动时间为  ②粒子的侧移量为   ③联立①②③解得   ④所以当时进入电场的粒子将打到金属板上，在时进入电场的粒子射出时具有最大速度，则速度增量的最大值为   ⑤（2）根据几何关系可知，当粒子从O′点下方射出时，其速度方向与水平方向的夹角越大，其在磁场中转过的圆心角越大，运动时间越长；当粒子从O′点上方射出时，其速度方向与水平方向的夹角越大，其在磁场中转过的圆心角越小，运动时间越短。所以从下极板右边缘射出的粒子在磁场中运动时间最长，从上极板右边缘射出的粒子在磁场中运动时间最短，分别如图中轨迹a、b所示，两种粒子从电场射出时与水平方向的夹角相同，均设为θ，根据速度的合成与分解可得   ⑥解得   ⑦根据几何关系可知沿轨迹a、b运动的粒子转过的圆心角分别为   ⑧   ⑨设粒子在磁场中运动的周期为T，根据牛顿第二定律有   ⑩解得   ⑪粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之差为   ⑫（3）设某一粒子从电场射出时速度方向与水平方向夹角为β，根据速度的合成与分解可得此时粒子的速度大小为   ⑬设此时粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有   ⑭粒子进入磁场与射出磁场的点间距为   ⑮联立⑬⑭⑮解得   ⑯由此可推知沿轨迹a运动的粒子射出磁场的位置最低，沿轨迹b运动的粒子射出磁场的位置最高，因此所有进入磁场的粒子在MN上射出磁场的区域长度为   ⑰
 （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铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理——选修3–3]13. 下列说法正确的是（　　）A. 单晶体和多晶体都有固定的熔点B. 浸润现象中，附着层里的分子比液体内部稀疏C. 水的饱和汽压随温度的升高而增大，且增大得越来越快D. 当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小E. 熔化热与物质的种类、质量都有关【答案】ACD【解析】【详解】A．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故A正确；B．浸润现象中，附着层液体分子比液体内部密集，表现为斥力，有扩张趋势，故B错误；C．高温时，饱和水汽压大，空气中所能容纳的水汽含量增多，因而能使原来已处于饱和状态的蒸发面会因为温度升高而变得不饱和，蒸发重新出现，直至达到新的饱和状态，且随温度的升高增大得越来越快，所以C正确；D．在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水气蒸发也就越快，人就感受到越干燥，故D正确；E．熔化热指是单位质量的晶体，在熔化成同温度的液体时所吸收的热量，故熔化热与物质的质量无关，只与物质的种类有关，E错误。故选ACD。14. 如图所示，U形管右管横截面积为左管的3倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cmHg。现向右管缓慢补充水银（所加入的水银与右管中原有的水银之间没有气体）。（1）若保持左管内气体的温度不变，当左管内空气柱长度变为20cm时，左管内水银面比右管内水银面高多少？（2）在（1）条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少K？【答案】（1）24cm；（2）420K【解析】【详解】（1）开始时左管内气体的压强为向右管缓慢补充水银的过程中，左管内气体经历等温变化，设当左管内空气柱长度变为20cm时的压强为p2，根据玻意耳定律有解得所以当左管内空气柱长度变为20cm时，左管水银面比右管水银面高h1=76cm－52cm=24cm（2）对左管内气体加热后，左管内水银面下降6cm，由题意并根据体积关系可知右管内水银面上升2cm，此时左管内水银面比右管内水银面高h2=h1－8cm=16cm左管内气体的压强为p3=p0－16cmHg=60cmHg左管内气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得解得[物理——选修3–4]15. 如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为5cm，且在图示的范围内振幅不变，波速为1m/s，波长为0.5m。C点是BE连线的中点，下列说法中正确的是（　　）A. A、E两点始终位于波峰位置B. D点振动频率为2HzC. 图示时刻C点正处于平衡位置且向上运动D. 图示时刻A、B两点的竖直高度差为10cmE. 从图示时刻起经1s，B点通过的路程为80cm【答案】BCE【解析】【详解】A．A、E两点振动加强，但不是始终位于波峰位置，选项A错误；B．波的频率为则D点振动频率为2Hz，选项B正确；C．图示时刻E在波峰，B在波谷，C点位于EB的中点，在C点正处于平衡位置，因波从E向B传播，可知此时C向上运动，选项C正确；D．图示时刻A点是峰峰相遇点，位移为+10cm，B点是谷谷相遇点，位移是-10cm，则A、B两点的竖直高度差为20 cm，选项D错误；E．因B点振动加强，1s=2T，则从图示时刻起经1s，B点通过的路程为2×4×2A=80cm，选项E正确。故选BCE。16. 如图所示，一个半圆形玻璃砖的截面图，AB与OC垂直，半圆的半径为R.一束平行单色光垂直于AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距O点距离为的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在直线交于D点，OD＝R.求：（1）此玻璃砖的折射率是多少？（2）若在玻璃砖平面AOB某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少是多少？【答案】（1）（2）R【解析】【详解】（1）连接O、E并延长至H，作EF垂直OD于F，光线与AB的交点为G，由几何关系可知∠EOD＝30°，∠DEH＝60°所以此玻璃砖的折射率.（2）设光线IJ恰好发生全反射，则∠IJO为临界角，所以有sin ∠IJO＝＝根据几何关系有sin ∠IJO＝求得OI＝R，所以黑纸宽至少是R.