2021-2022学年江苏省苏州市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年江苏省苏州市高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了75eV，75eV的光子并电离，9km/s，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省苏州市高三（上）期末物理试卷     锂是一种活动性较强的金属，在原子能工业中有重要用途。利用中子轰击产生和另一种粒子X，则X是(    )A. 氚核 B. 氘核 C. 质子 D. 正电子    如图所示，轻质细线上端固定，下端悬挂一小球。在同一竖直平面内对小球施加一个拉力F，保证细线中拉力的大小不变，缓慢地将细绳向右拉到水平位置。关于拉力F的大小和与竖直方向夹角的说法正确的是(    )
 A. F一直增大，一直增大 B. F一直增大，一直减小
C. F一直增大，先增大后减小 D. F一直增大，先减小后增大    氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，其中只有频率为、两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应。现分别用频率为、的两个光源照射该光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是(    )
 A. 图丙中的图线a所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
B. 图丙中的图线b所表示的光的光子能量为
C. 用图丙中的图线a所表示的光照射阴极K时，产生光电子的最大初动能比用图线b所表示的光照射时更大
D. 处于第4能级的氢原子可以吸收一个能量为的光子并电离    如图所示，玻璃半球半径为R，球心为O，AB为水平直径，M点是半球的最高点。半球内从A点发出与AB成的光线从BM间某点C平行于AB射出。光在真空中的传播速度为c。则(    )A. 此玻璃的折射率为
B. 光从A到C的时间为
C. 若增大，光线不可能在C与M间发生全反射
D. 若为某个不为零的值，光从A到B的时间为    如图所示，平行板电容器通过灵敏电流计G连接在直流电源两端。最初电容器的上、下极板水平，带电油滴处于静止状态。保持电容器下极板和上极板左端不动，在用绝缘工具将上极板右端缓缓沿逆时针方向转动角度的过程中，观察到的现象是(    )A. 灵敏电流计G中有电流通过，方向从a向b B. 灵敏电流计G中没有电流通过
C. 带电油滴做曲线运动 D. 带电油滴做直线运动    2021年10月16日，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接方式，首次径向靠近空间站，如图所示.两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为，距地高度为kR，R为地球半径，引力常量为G。下列说法中正确的是(    )
 A. 神舟十三号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天宫空间站实现对接
B. 地球表面重力加速度为
C. 对接后的组合体的运行速度应大于
D. 地球的密度为    图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点。Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则(    )
 A. 时，质点Q的加速度方向沿y轴负方向
B. 该波沿x轴负方向传播，传播速度大小为
C. 再经过，质点Q沿波的传播方向移动4m
D. ，质点P的位移是    如图所示，圆形硬质金属导线固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为(    )A.
B.
C.
D.     第24届冬奥会将于2022年2月4日在我国的北京、延庆等地举行，如图a所示，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台水平起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其图像如图b所示，和是他落在倾斜雪道上的时刻。则下列说法中正确的是(    )
 A. 第一次、第二次滑翔落在倾斜雪道上的速度方向相同
B. 第一次、第二次滑翔过程中在水平方向上的位移之比为13：15
C. 第一次、第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移之比接近10：11
D. 第二次滑翔过程中重力的平均功率比第一次的大如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为的小球和两根原长均为l的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2l的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，重力加速度为g，下列选项正确的是(    )
 A. 匀强电场的电场强度大小为
B. 若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点
C. 从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上
D. 小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为某同学为了测量电流表G的内阻和一段电阻丝AB的电阻率，设计了如图甲所示的电路。已知滑片P与电阻丝有良好的接触，其他连接导线电阻不计。现有以下器材：
A.待测电流表量程为60mA，内阻
B.一段粗细均匀的电阻丝横截面积，总长度
C.定值电阻
D.电源电动势为6V，内阻不计
E.毫米刻度尺
F.电键S，导线若干

按照电路图在图乙上用笔画线代替导线连接好电路。
闭合电键S，调节滑片P的位置，测出电阻丝AP的长度L和电流表的读数I；改变P的位置，共测得5组L与I的值。
根据测出的I的值，计算出的值，并在坐标纸上描出了各数据点，如图丙所示，请根据这些数据点在图丙上作出的图像。
由的图像可得待测电流表内阻______，电阻丝电阻率______结果保留两位有效数字。
实验所提供的器材中，如果电源E的内阻未知且不能忽略，其他条件不变，则______。
A.仍能测出和
B.和均不能测出
C.只能测出
D.只能测出如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热气缸竖直放置，在距缸底处有体积可忽略的卡环a、b。质量、截面积的活塞搁在a、b上，将一定质量的理想气体封闭在气缸内。开始时缸内气体的压强等于大气压强，温度为。现通过内部电热丝缓慢加热气缸内气体，直至活塞离开a、b缓慢上升，已知大气压强，g取。求：
当活塞缓慢上升时活塞未滑出气缸缸内气体的温度T；
若全过程电阻丝放热45J，求气体内能的变化。如图所示，质量的U形光滑金属框abcd静置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直，且ab和dc边足够长，电阻不计，bc边的长度，电阻。质量的导体棒MN紧挨挡桩X、Y置于金属框上，导体棒的电阻。装置始终处于竖直向下的磁感应强度的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。求：
用水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，金属框最终的稳定速度大小；
对导体棒MN施加水平向左的瞬时冲量，导体棒从开始运动到稳定运动的过程中产生的焦耳热Q。
如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面的倾角，传送带以的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端的O点由静止释放一质量的滑块视为质点，滑块沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后反弹速率不变。滑块与传送带间的动摩擦因数，取，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
滑块与挡板P第一次碰撞的速度大小；
滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置到传送带底端的距离L；
试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置木块前相比电动机增加的功率。如图所示，边长为l的正三角形PMN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，在PMN区域外存在足够大的匀强磁场，磁感应强度大小也为B、方向垂直于纸面向里。大量质量为m、电荷量为q的粒子，以大小不同的速度从MN的中点O垂直射入正三角形PMN区域内部，不计重力及离子间的相互作用，一部分粒子经过磁场偏转后垂直MN回到O点。求：
垂直MN回到O点的粒子速度的最大值；
所有经过磁场偏转后能垂直MN回到O点粒子速度的大小；
上述先后相邻到达O点粒子的时间差的最小值。
答案和解析 1.【答案】A 【解析】解：该核反应方程为，可知X是氚核。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
由于该核反应方程为，可知X是氚核。
本题考查核反应方程的掌握，要清楚在核反应方程中满足电荷数和质量数守恒。
 2.【答案】B 【解析】解：对小球受力分析如图所示，

根据图象可知，同一竖直平面内对小球施加一个拉力F，保证细线中拉力的大小不变，缓慢地将细绳向右拉到水平位置，F一直增大，一直减小，故B正确、ACD错误。
故选：B。
对小球受力分析，利用矢量三角形结合“矢量圆”的方法进行分析。
本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果一个力大小方向不变、一个力的大小不变，可以根据图解法分析各力的变化情况。
 3.【答案】B 【解析】【分析】
由玻尔理论分析可能的跃迁；由图可得遏止电压；根据动能定理，可求出最大初动能；根据光电效应方程，结合遏止电压判断光电子的最大初动能。
解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，知道怎么才能使原子电离。
【解答】
图丙中的图线b所表示的光的遏止电压较大，则光电子最大初动能较大，所对应的光子能量较大，原子跃迁对应的能级差较大，即对应于从到的跃迁，则光子能量为，故A错误，B正确；
D.处于第4能级的氢原子至少要吸收能量为的光子才能电离，故D错误；
C.用图丙中的图线a所表示的光照射阴极K时，遏止电压小于图线b表示的光子的遏止电压，可知a表示的光电子的最大初动能比用图线b所表示的光照射时更小，故C错误。
故选：B。  4.【答案】D 【解析】A.如图1所示

图1
由几何关系可得
，
根据折射定律有：
故A错误；
B.光从A到C的时间为


联立解得

故B错误；
C.若增大，入射角增大，由光密到光疏，当入射角大于临界角时，光线可能在C与M间发生全反射，故C错误；
D.如图2所示当光的入射角为时，光在M点的反射光线经过B点，光从A到B的时间为


图2
故D正确。
故选：D。
根据几何知识求出入射角和折射角，由折射定律求折射率。由求出光在玻璃球内传播的速度v，再由求出时间。对照全反射条件分析增大，判断光线能否发生全反射。
本题是折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解。
 5.【答案】C 【解析】解：将上极板右端缓缓沿逆时针方向转动角度的过程中，正对面积减小，根据，则电容器电容减小，由于两极板与电源相接则两极板电压保持不变，根据，两极板的电荷量减小，处于放电过程，则灵敏电流计G中有电流通过，方向从b向a，所以AB错误；
极板方向变化后电场强度方向也发生变化，电场力的方向不断变化，电场力与重力的合力方向也不断变化，所以带电油滴将做曲线运动，则C正确，D错误；
故选：C。
本题考查电容器的动态分析问题，要明确一直和电源相连，故电压不变；再由决定式及定义式分析电容、电量等的变化，注意极板转动后，电场力方向发生改变，合力方向变化决定带电油滴运动情况。
 6.【答案】B 【解析】【分析】
神舟十三号在低轨需沿径向和切向加速才可以与高轨的天宫空间站实现对接；由万有引力提供向心力求解地球的质量，根据密度的计算公式求解地球的密度；根据万有引力和重力的关系求解地球表面重力加速度；由万有引力提供向心力分析对接后组合体的运行速度。
解决天体卫星运动问题的基本思路：在地面附近万有引力近似等于物体的重力，，整理得；天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即，根据相应的向心力表达式进行分析。
【解答】
A、神舟十三号在低轨需沿径向和切向加速才可以与高轨的天宫空间站实现对接，故A错误；
C、是贴近地面的卫星做匀速圆周运动的线速度；对卫星，由万有引力提供向心力有：，解得：，对接后的组合体的轨道半径大于地球的半径，所以运行速度应小于，故C错误；
D、由万有引力提供向心力有：，其中，解得地球的质量为：，
地球的体积为：，则地球的密度为：，联立解得：，故D错误；
B、根据万有引力和重力的关系可得：，结合地球的质量，联立解得地球表面重力加速度为，故B正确。  7.【答案】D 【解析】解：A、由图乙可得：时刻，质点Q在波谷位置，则加速度沿y轴正方向，故A错误；
B、由图乙可得：时刻，质点Q在平衡位置向下振动，故由图甲可得：波向x轴负方向传播，波长，周期，则波速，故B错误；
C.质点Q只在自己平衡位置附近上下振动，并不随波向前移动，故C错误；
D.从开始P质点的振动方程为，当时，在又经历了，代入表达式中此时质点P的位移为，故D正确。
故选：D。
由质点Q的振动图象读出时刻，Q点经过平衡位置向下运动，可判断出来波沿x轴负方向传播，读出波长和周期，由求出波速；质点Q不随波向前移动；根据时间与周期的关系，求解质点通过的路程。
解决该题的关键是掌握用同侧法判断质点的振动方向和波的传播方向，熟记波速的计算式。
 8.【答案】A 【解析】解：圆弧MaN的长度为圆周长，则圆弧导线MbN长度为圆周长，圆弧导线MbN的电阻是圆弧MaN的3倍，两端圆弧并联连接，故通过的电流与电阻成反比，导线MbN与圆弧MaN的受安培力的等效长度相同，根据安培力的表达式
已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，可知导线MbN受到的安培力大小为。
受力分析，导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，如图所示


根据平衡条件可得

故BCD错误，A正确。
故选：A。
导线MbN与圆弧MaN的受安培力的等效长度相同，根据安培力的表达式求得安培力大小，根据平衡条件可得张力大小。
本题考查了求安培力问题，应用安培力公式与力的合成即可解题；求安培力时要注意，流过MaN的电流大小与流过MbN的电流大小不相等。
 9.【答案】C 【解析】解：如果不考虑空气的阻力，则第一次、第二次滑翔落在倾斜雪道上位移夹角相同，根据平抛运动中速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系可知，两次的速度方向相同，实际上要考虑空气阻力，故两次的速度方向不相同，故A错误；
B.如果不考虑空气阻力作用，水平方向做匀速直线运动时，第一次、第二次滑翔过程中在水平方向上的位移之比为13：15，实际上要考虑空气阻力，故B错误；
C.根据速度与时间图像的面积表示位移，所以由图像面积可知，第一次、第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移之比接近10：11，故C正确；
D.根据
可知第二次滑翔过程中重力的平均功率比第一次的小，故D错误。
故选：C。
如果不考虑空气的阻力，则第一次、第二次滑翔落在倾斜雪道上位移夹角相同，根据平抛运动中速度夹角正切值与位移夹角正切值的关系可知，两次的速度方向相同，实际上要考虑空气阻力，故两次的速度方向不相同；图象中，图象与时间轴所围图形的面积表示位移；分析图象可知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，根据，比较两次功率的大小。
该题考查了平抛运动的规律，读懂图象，知道图象位移的表示方法是正确解题的关键。
 10.【答案】C 【解析】解：A、小球受两根弹簧的弹力大小为：，
对小球由共点力平衡可知：，解得：，故A错误；
B、根据对称性可知，小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据几何关系可得PQ间距，
根据动能定理可得：，解得：，故B错误；
C、小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受平衡力作用，速度最大，动能最大，
从Q到P过程中，根据动能定理可得：，解得：，故C正确；
D、从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，合力等于原来PB间弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得：，故D错误。
故选C。
对小球由共点力平衡求解劲度系数；小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据动能定理求解初速度大小；小球从Q点由静止下滑时，运动到P时动能最大，根据动能定理求解最大动能；根据牛顿第二定律求解加速度大小。
本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚受力情况和运动情况，能够根据动能定理、牛顿第二定律等进行解答。
 11.【答案】；；； ；。 【解析】解：根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图乙所示：

让尽可能多的点过直线，不过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图丙所示：

根据闭合电路欧姆定律得：
根据电阻定律得：
整理得：
即：的图象的纵轴截距为：，带入数据解得：；
的图象的斜率：，带入数据解得：；
考虑电源内阻，由闭合电路的欧姆定律得：
整理得：
图象纵轴截距，图象斜率，解得：，，可以求出电阻率，由于不知r，不能求出电流表内阻，故D正确，ABC错误。
故选：D。

根据电路图连接实物电路图；
采用描点法作图，使图线通过多数点，使线两侧的点的个数大致相等；
根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后通过截距和斜率求解电流表内电阻和电阻丝的电阻率；
根据题意应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
本题关键是明确实验原理，应用闭合电路的欧姆定律与电阻定律求出的图象的表达式进行分析，对图象，从截距和斜率的角度去研究较为方便。
 12.【答案】解：气缸内气体初状态压强，体积，温度
设气体末状态压强为p，对活塞，由平衡条件得：
截面积，代入数据解得：
气体末状态的体积，设气体末状态的温度为T
对气缸内的气体，由一定质量的理想气体状态方程得：
代入数解得：
整个过程外界对气体做功
由热力学第一定律可知，气体内能的变化量
答：当活塞缓慢上升时缸内气体的温度T是432K；
若全过程电阻丝放热45J，气体内能的变化是15J。 【解析】求出气缸内气体的状态参量，应用一定质量的理想气体状态方程求出气缸内气体的温度；
应用热力学第一定律求出气体内能的变化量。
本题考查气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用一定质量的理想气体状态方程即可与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意正负号的含义。
 13.【答案】解：在外力作用下，bc边向右加速切割磁感线产生的感应电动势
当导体框的速度达到最大时有：
根据闭合电路的欧姆定律可得此时回路MbcN电流的大小为：
对金属框，当速度达到稳定后，由平衡条件可得：
解得金属框的稳定速度大小为：
对导体棒MN施加水平向左的瞬时冲量，由动量定理导体棒获得的动量：
之后MN开始减速，导体框加速，当两者速度相等后一起做匀速直线运动。以向左的方向为正，由动量守恒定律得：
再由能量守恒得：
导体棒产生的热量：
联立解得： 【解析】边切割磁感应线产生的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解回路中的感应电动势大小，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，对金属框根据平衡条件求解稳定速度的大小；
对整体根据动量守恒定律求出最终共同速度v，再由能量守恒定律求线路中产生的焦耳热。
本题主要是考查电磁感应现象之力学问题，关键是弄清楚导体杆、金属框的运动情况和受力情况，根据平衡条件结合法拉第电磁感应定律、焦耳定律等列方程进行求解。
 14.【答案】解：滑块由静止释放后，沿传送带向下匀加速运动到传送带的底端，根据牛顿第二定律可得：

根据
代入数据解得：
滑块与挡板P第一次碰撞后，先沿斜面向上做匀减速运动至速度为v，此过程中滑块的加速度大小为：

该过程滑块运动的距离为：

此后滑块以加速度继续沿传送带向上做匀减速运动至速度为零，该过程中滑块运动的距离为

则最高位置到传送带底端的距离
代入数据解得：
滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，碰撞前的速度为

与挡板第二次碰撞后，滑块以速度被反弹，先沿传送带向上以加速度做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为；之后以加速度继续做匀减述运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为


滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度向下做匀加速运动，与挡板P发生第三次碰撞，碰撞前的速度为

与挡板第三次碰撞后，滑块以速度被反弹，先沿传送带向上以加速度做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为；之后以加速度继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为


以此类推，滑块多次碰撞后将以的速度被反弹，在距离N点1m的范围内不断作匀减速运动和匀加速运动，滑块受摩擦力与传送带方向相反，

代入数据解得
答：滑块与挡板P第一次碰撞的速度大小为；
滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置到传送带底端的距离为；
试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置木块前相比电动机增加的功率为4W。 【解析】根据牛顿第二定律求得沿斜面下滑的加速度，根据运动学公式求得到达底端的速度；
第一次碰撞后，滑块的速度大于传送带的速度，根据牛顿第二定律求得上滑的加速度，利用运动学公式求得上滑的距离；
以此类推滑块在斜面上的运动，分析滑块的运动情况，确定电动机恒定功率输出时滑块的速度。
本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
 15.【答案】解：粒子速度为最大值且垂直回到O点，那么运动轨迹只有如图1所示：

               图1
由几何关系可知：
根据洛伦兹力提供向心力可得：，
代入解得：
粒子经过磁场偏转后垂直MN回到O点有多种可能性，一般情况如图2所示：

                        图2
由几何关系且在其他可能情况中都是在图2中加半圆即可，因此可得：或者
解得：，，其中，1，2，3，
根据解得：，，其中，1，2，3，
综上所述，半径与速度的关系式可化为：，那么，其中，1，2，3，
粒子在磁场中运动的周期为：
由图像可知：
第一种情形的圆心角为：，其中，1，2，3，
第二种情形的圆心角为：，其中，1，2，3，
那么，
根据可知： 【解析】根据粒子的运动轨迹及题目要求，作出图像，结合数学几何关系解出最大半径，最后根据算出最大速度；
画出粒子在磁场中运动的可能轨迹图，在轨迹中可以适当添加半圆得出规律，根据归纳总结法得出对应等式关系求解；
找出两种情形中的圆心角可能值，根据要求出最小时间差即找出最小圆心角差值。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，难度比较大，解题的关键是画出运动轨迹图，可以根据要求进行作图，找出图形规律方便解题。