2022届河南省洛阳市高三上学期第一次统一考试物理试卷（解析版）

河南省洛阳市2022届高三上学期物理第一次统一考试试卷

一、单选题

1．秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座核电站。一种典型的铀核裂变反应为，下列判断正确的是（　　）

A．，X是粒子 B．，X是质子

C．，X是中子 D．，X是电子

2．某型号篮球架如图所示，其斜梁伸臂PQ与水平方向的夹角为，篮板固定在P端，其总质量（含篮圈）为m，重力加速度为g，则斜梁伸臂PQ对篮板的作用力的大小为（　　）

A． B． C． D．

3．如图所示，把一根柔软的可导电的弹簧悬挂在绝缘支架上，使它的下端刚好跟槽中的水银接触。关于通电后发生的现象，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧上下振动

B．弹簧入水银更深了

C．弹簧下端离开水银，不再接触水银

D．若把电源正负极交换，原来的现象不再发生

4．如图甲所示，菱形导电线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场方向垂直于面向里。若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流（取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图象是（　　）

A． B．

C． D．

5．如图为模拟市区用户供电的示意图。是电网电压有效值，可视为不变。为电网至变压器间电缆的电阻，是变压器至用户间电缆的电阻，R是所有用电器的等效电阻。变压器为理想变压器。当用户端的用电器（并联）增多时，下列说法正确的是（　　）

A．的电功率减小 B．的电功率减小

C．电压表的示数减小 D．电流表的示数减小

6．如图所示，在直角坐标系平面内存在一点电荷产生的电场，电场线的分布关于x轴对称，a、b、c、d是以O为圆心的圆周上的四个点，其中a、b在x轴上，d点在y轴上，则下列判断正确的是（　　）

A．a、b、c、d各点的电势相等

B．d点的电场强度小于a点的电场强度

C．将一点电荷由a点移到c点，电势能减小

D．将一正点电荷由b点移到d点电场力做的功小于由b点移到c点电场力做的功

7．四盏白炽灯泡连接成如图所示的电路。a、c灯泡的规格为“220 V   40 W”，b、d灯泡的规格为“220 V   100 W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率。对这四盏灯泡实际消耗功率的说法正确的是（　　）

A．a灯泡实际消耗的功率最小 B．b灯泡实际消耗的功率最小

C．c灯泡实际消耗的功率最小 D．d灯泡实际消耗的功率最小

8．如图所示，两竖直平行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O点进入场区时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是（　　）

A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小

C．小球的重力势能减小 D．小球的机械能减小

9．我国将于2022年2月4日开始举办世界冬奥会，跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一、运动员（和滑雪板一起），一定速度从跳台水平飞出，在空中飞行一段时间后重新落入赛道，如图所示。某运动员前后两次分别以v、2v的速度从跳台顶端水平飞出，两次运动员都落在倾斜的赛道上，斜坡的倾角为，则（　　）

A．运动员前后两次起、落点间的距离之比为1：2

B．运动员前后两次在空中运动的时间之比为1：1

C．运动员前后两次与斜面的最远距离之比为1：2

D．运动员前后两次落入赛道时的速度方向与斜面夹角之比为1：1

二、多选题

10．某质点做直线运动的图象如图所示，该质点（　　）

A．在1s~3s内的加速度不变 B．在前2s内发生的位移为零

C．在1s末速度方向发生了改变 D．3s末和5s末的位置相同

11．2021年11月7日18时51分，航天员翟志刚、王亚平从“天和”核心舱成功出舱并到达指定作业点，如图所示。假设核心舱绕地球运动的线速度为v，航天员出舱的总时间为t，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则根据以上信息可以估算出（　　）

A．地球密度 B．核心舱离地高度

C．核心舱的加速度 D．核心舱受到地球的万有引力

12．如图，一质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）

A．P滑到最低点时的动能为mgR

B．P从开始到最低点过程中机械能减少了

C．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R

D．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R

13．如图所示，闭合金属线框从距离有界磁场一定高度处自由落下，匀强磁场方向与线框下落的竖直面垂直，则下列描述正确的是（　　）

A．闭合金属线框可能匀速进入磁场

B．闭合金属线框可能减速离开磁场

C．闭合金属线框进入和离开磁场的过程中线框的热功率一定相等

D．闭合金属线框进入和离开磁场的过程中通过导体横截面的电荷量一定相等

14．4个质量均为m的小球通过两根相同的轻弹簧A和两根相同的轻弹簧B连接如图所示，系统处于静止状态，此时A、B弹簧实际长度相等，下面两个小球间的细线平行于水平面，弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为和45°。弹簧A、B的劲度系数分别为、，且原长相等。设轻弹簧A、B中的拉力大小分别为、，重力加速度为g，小球直径与弹簧长度相比可以忽略，则（　　）

A． B． C． D．

三、实验题

15．用如图甲所示的实验装置验证质量分别为、的物体组成的系统机械能守恒，物体从高处由静止开始下落，打点计时器在拖着的纸带上打下一系列的点，如图乙所示，0点是打下的第一个点，每相邻两计数点问还有4个点未画出，计数点问的距离如图乙所示，已知，，打点计时器所用电源的频率为50Hz（g取）（计算结果均保留三位有效数字）。

（1）在纸带上打“5”点时的速度　     　m/s。

（2）在从打“0”点至打“5”点的过程中系统动能的增加量　     　J，系统重力势能的减少量　     　J。

16．如图1是用来测量未知电阻的实验电路图，阻值约为几千欧；E是电池组，电动势为6V，内阻不计；V是电压表，盘程为3V，内阻，R是电阻箱，阻值范围0~9999Ω；是滑动变阻器，和是单刀单掷开关。主要的实验步骤如下：

a.连好电路如图1，合上开关  和  ，调节滑动变阻器的滑片，使得电压表的示数为3.0V。

b.  保持闭合，断开开关  ，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使得电压表的示数为1.5V。

c.读出电阻箱的阻值，并计算求得未知电阻  的大小。

d.实验后整理仪器。

（1）供选择的滑动变阻器有：
A、最大阻值100Ω，额定电流0.5A
B、最大阻值20Ω，定电流1.5A 

为了使实验测量值尽可能地准确，根据实验电路图可知，实验应选用的滑动变阻器是　     　（填实验器材前的字母）。

（2）电压表示数为1.5V时，电阻箱的旋钮位置如图2所示，它的读数是　     　Ω。

（3）未知电阻　     　Ω。

（4）的测量值与其真实值相比　     　（填“偏大”、“相等”或“偏小”）。

四、解答题

17．如图甲所示，匝数为100的线圈，总阻值为1Ω（为表示线圈的绕向，图中只画了2匝），A、B两端间接有一个4Ω的电阻R。线圈内有垂直指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按如图乙所示的规律变化，求：

（1）线圈中感应电流的方向是顺时针还是逆时针，A，B两点哪点的电势高；

（2）R两端的电压是多大。

18．如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，abc段是以O为圆心、半径m的一小段圆弧，de段水平，该段轨道上放着质量分别为kg，kg的物块A，B（均可视为质点），A、B间系一轻质细绳并夹一轻质弹簧，细绳长度大于弹簧的自然长度，弹簧与A、B均不拴接。用双手缓慢推A、B将弹簧压缩，当弹簧的弹性势能J时，同时释放A、B，随后绳子在绷紧的瞬间被拉断，之后A向左冲上轨道，经过轨遣最高点b时受到轨道的支持力大小等于其重力的，g取，求：

（1）绳被拉断瞬间A的速度的大小；

（2）绳被拉断过程中绳对A的冲量I。

19．如图所示，三块挡板围成截面边长m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场磁感应强度为；三角形AMN以外区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。现将一比荷C/kg的带正电的粒子，从C点正上方2m处的O点由静止释敢，粒子从MN上的小孔C进入三角形内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入三角形外部磁场。已知粒子最终又回到了O点。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取。求：

（1）磁感应强度的大小；

（2）粒子在磁场中运动的时间。

20．质量M=3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数µ1=0.3，其上表面右侧光滑段长度L1=2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m=2kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数µ2=0.15，取g=10m/s2，现用F=18N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度vB=1m/s，求L2的值。

答案解析部分

1．【答案】C

【解析】【解答】由电荷数守恒得

则X是中子。

由质量数守恒得 

解得 

ABD不符合题意，C符合题意。

故答案为：C。

【分析】核反应方程质量数和电荷数守恒，从而得出a和X。

2．【答案】B

【解析】【解答】由平衡条件得

故答案为：B。

【分析】根据共点力平衡得出斜梁伸臂PQ对篮板的作用力。

3．【答案】A

【解析】【解答】当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程。与电源正负极无关。

故答案为：A。

【分析】根据感应电流产生的条件以及左手定则分析判断。

4．【答案】A

【解析】【解答】从0-t1时间内，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向；图像的斜率不变，根据

可知感应电动势大小不变，则感应电流大小不变；从t1-t2时间内，感应电流的方向为逆时针方向，即正方向；图像的斜率不变，根据 

可知感应电动势大小不变，则感应电流大小不变；

故答案为：A。

【分析】根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的表达式，利用欧姆定律得出感应电流的大小关系。

5．【答案】C

【解析】【解答】设变压器原线圈两端电压为，电流为，副线圈两端电流为，副线圈总电阻为R，因此有，

因此在原线圈两端由等效电阻为 

即变压器副线圈的电阻可以和原线圈等效为一个电路。

C．当用户端的用电器（并联）增多时，并联部分的合电阻减小，根据“串反并同”可知，电压表的示数减小，流过  电流增大。C符合题意；

B．由于流过  电流增大，根据  可知  的电功率增大。B不符合题意；

D．由于流过  电流增大，根据变压器特点可知电流表的示数增大。D不符合题意；

A．由于电流表的示数增大，根据  可知  的电功率增大。A不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流比的关系得出原线圈两端由等效电阻；利用功率的表达式分析判断功率的变化情况。

6．【答案】D

【解析】【解答】A．沿电场线电势降低，由图可知，a、b、c、d各点的电势不相等。A不符合题意；

B．电场线越密电场强度越大，则d点的电场强度大于a点的电场强度。B不符合题意；

C．将一点电荷由a点移到c点，由于不知道电性，故无法判断电势能变化。C不符合题意；

D．由图可知，bd间的电势差小于bc间的电势差，根据  可知，将一正点电荷由b点移到d点电场力做的功小于由b点移到c点电场力做的功。D符合题意。

故答案为：D。

【分析】沿着电场线电势逐渐降低；电场线的疏密表示电场的强弱，利用电势的变化情况得出电势能的变化情况，结合电场力做功的表达式判断b点移到d点和b点移到c点电场力做功的大小。

7．【答案】C

【解析】【解答】a、c灯泡的电阻

b、d灯泡的电阻 

根据并联电路的特点知b、d并联后的总电阻 

大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据 

可得 

a、d灯串联，电流相等，根据 

知则P与R2成正比，则 

故答案为：C。

【分析】利用功率的表达式得出灯泡的电阻，利用并联电路的特点得出b、d并联后的总电阻；利用功率的表达式判断abc功率的大小关系。

8．【答案】B

【解析】【解答】小球恰好能沿水平方向做直线运动，说明小球做匀速直线运动。则

可知，当速度减小时，洛伦兹力减小，合力向上。小球将斜向上运动。

A．合力做正功，动能增加，A不符合题意；

BD．电场力做正功，电势能减小，机械能增加。B符合题意，D不符合题意；

C．高度增加，重力势能增加。C不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据小球所受合力的方向得出小球的运动方向；结合动能定理得出动能的变化情况，结合能量守恒得出机械能的变化情况。

9．【答案】D

【解析】【解答】AD．设速度与水平方向的夹角分别为、，根据平抛推论得

解得  ， 

下落高度为 

则 

由几何关系得，运动员前后两次起、落点间的距离之比为高度之比，即1:4。A不符合题意，D符合题意。

B．运动员前后两次在空中运动的时间之比为 

B不符合题意；

C．以斜面和垂直斜面建立坐标系，则垂直斜面方向上有 

， 

当速度为0时，离与斜面的最远。则 

C不符合题意。

故答案为：D。

【分析】运动员跳台水平飞出后做平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。利用平抛运动的规律进行分析判断。

10．【答案】A,D

【解析】【解答】A．图线的斜率大小表示速度大小，正负表示速度方向，由图可知在1s~3s内的加速度大小方向不变。A符合题意；

B．  图线与t轴围成的面积表示位移，由图可知在前2s内发生的位移不为零。B不符合题意；

C．前2s速度方向都为正。C不符合题意；

D.3~5s内，根据对称性得，位移为0，则3s末和5s末的位置相同。D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，从而进行分析判断。

11．【答案】A,B,C

【解析】【解答】A．由黄金代换得

又 

解得 

A符合题意；

B．由万有引力提供向心力得 

联立解得 

B符合题意；

C．核心舱的加速度为 

由于h已知，C符合题意；

D．由于不知道核心舱的质量，故无法计算它受到地球的万有引力。D不符合题意。

故答案为：ABC。

【分析】根据重力等于万有引力以及地球质量和密度的关系得出地球密度的表达式；结合万有引力提供向心力得出距地面的高度；通过核心舱加速度的表达式进行分析判断。

12．【答案】B,D

【解析】【解答】滑块P下滑的过程中，滑块和半球面在水平方向动量守恒，即当滑块到达最低端时，半球面有向左的速度，则P滑到最低点时的动能小于mgR，根据动量守恒定律：mv1=3mv2；由能量关系：，联立解得，，则P从开始到最低点过程中机械能减少了，B符合题意；由动量守恒可知，当小滑块滑到最高点时两者共速，且速度为零，根据能量守恒定律可知滑块仍能沿内壁上滑到等于R的最大高度，D符合题意，C不符合题意；

故答案为：BD.

【分析】当系统合外力为零时系统动量守恒，结合动量守恒和能量关系得出各自的速度，利用能量关系得出机械能的减少量。

13．【答案】A,B,D

【解析】【解答】A．线框进入磁场之前，由动能定理得

设线框下边长L，线框刚好进入磁场时有  ，  ， 

由牛顿的定律得 

联立解得 

可知，当h为适当值时，a=0，线框匀速进入磁场。A符合题意；

B．由于不知道磁场的高度，无法确定线框到达磁场下边界的速度  ，同理得 

可知，当  为适当值时，a<0，线框减速离开磁场。B符合题意；

C．闭合金属线框进入或者离开磁场的过程中，设其平均速度为  ，根据功能关系得 

可知，由于无法比较进出磁场的平均速度大小，则无法比较进出磁场线框的热功率。C不符合题意；

D．设线框右边长长  ，线框进出磁场有 

联立解得 

可知，闭合金属线框进入和离开磁场的过程中通过导体横截面的电荷量一定相等。D符合题意。

故答案为：ABD。

【分析】线框进入磁场之前，根据动能定理以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出安培力的表达式，结合牛顿第二定律判断加速度的变化情况；通过瞬时功率以及电流的定义式得出电荷量的表达式，从而进行分析判断。

14．【答案】B,C

【解析】【解答】对左边B小球分析得

对左边AB小球分析得 

联立解得  ，  ，  ， 

AD不符合题意，BC符合题意。

故答案为：BC。

【分析】对B小球进行受力分析，根据共点力平衡得出拉力的表达式；对AB进行受力分析，根据共点力平衡得出弹簧AB的拉力。

15．【答案】（1）2.40

（2）0.576；0.588

【解析】【解答】(1)由于每两个计数点之间还有四个计时点，则计数点之间的时间间隔为

打第5个点时的速度为 

(2)两物体的初速度为零，所以动能的增加量为 

重力势能的减小量等于系统重力做功，有 

【分析】（1）根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻瞬时速度的表达式得出打第五个点的速度；
（2）根据动能的变化量得出动能的增加量；利用重力势能的变化量和重力做功的关系得出重力势能的变化量

16．【答案】（1）B

（2）1400

（3）2625

（4）偏大

【解析】【解答】(1)本实验采用半骗法测电阻，为了更加精确，滑动变阻器要选用最大阻值小的，故答案为：B。

(2)由图可知读数为   。

(3)根据半偏法原理可知  

解得  

(4)再断开开关S2时，因R接入电路中，变阻器输出部分的电阻增大，输出电压增大，所以R的实际电压大于1.5V，则R的电阻大于待测电阻与电压表并联电阻，而电阻箱的电阻代替待测电阻与电压表并联的电阻，故测量值将偏大。

【分析】（1）根据半偏法测电阻时滑动变阻器需要最大阻值较小的； 
（2）根据欧姆表的读数原理得出该电阻箱的读数； 
（3）根据半偏发以及串联电路的特点得出未知电阻的阻值； 
（4）利用电路的动态分析以及欧姆定律判断未知电阻测量值和真实值的大小关系。

17．【答案】（1）解：由楞次定律判定知感应电流方向为逆时针方向，线圈等效于电源，而电源中电流由低电势流向高电势，A端的电势高于B端电势

（2）解：由图得到，磁通量的变化率为

根据法拉第电磁感应定律得

由闭合电路欧姆定律

R两端的电压

【解析】【分析】（1）根据楞次定律得出感应电流的方向，从而得出AB两端电势的高低；
（2）根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得出R两端的电压。

18．【答案】（1）解：A在点，根据牛顿第二定律有

解得

A从到过程，只有重力做功，机械能守恒。得

代入数据解得

（2）解：设绳断后B的速度为，设绳断前A、B的速度大小分别用和表示，取向左为正方向。绳断过程由动量守恒定律得

弹簧弹开的过程由动量守恒定律得

弹簧弹开的过程由功能关系得

联立解得由动量定理得绳对A的冲量

负号表示方向向右。

【解析】【分析】（1）A在b点时根据牛顿第二定律得出速度的大小；A从d到b的过程，利用机械能守恒得出绳被拉断瞬间A的速度 ；
（2） 绳断过程 和弹簧弹开的过程根据动量守恒以及功能关系得出A的速度；通过动量定理得出绳对A的冲量。

19．【答案】（1）解：粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得

解得

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示

由几何关系可知

由

代入数据得

（2）解：由题可知B2=3B1=2×10-2T，则

则

轨迹图如上图。

在磁场B2中的运动周期为

在磁场B2中的运动时间为

【解析】【分析】（1） 粒子从O到C 的过程根据动能定理得出进入磁场的速度；结合几何关系以及磁场中洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的大小；
（2） 在磁场中 ，利用洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出粒子在磁场中运动的时间。

20．【答案】解：在F的作用下，A做匀加速运动，B静止不动，当A运动位移为时B进入粗糙段，设此时A的速度为，则对A由动能定理

B进入粗糙段后，设A加速度为，B加速度为，对A由牛顿第二定律

对B由牛顿第二定律

解得，

即A以的速度做匀速直线运动直至A、B分离，设分离时B的速度为，B在粗糙段滑行的时间为t，则对A

对B

二者位移关系为

联立解得

【解析】【分析】对A根据动能定理以及牛顿第二定律得出A的加速度和A的速度；利用牛顿第二定律得出B的加速度，结合匀变速直线运动的规律以及相对运动得出L2的值。