2021-2022学年江苏省泰州市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年江苏省泰州市高三（上）期末物理试卷

1.     2021年12月9日，我国航天员在空间站成功进行了太空授课。实验时宇航员从注射器中挤出一滴水，水滴在空中形状是(    )

A.  B.  C.  D.

2.     在“用油膜法估测分子直径大小”实验中，某同学测得到油酸分子直径的结果明显偏小，可能是由于(    )

A. 油酸酒精溶液中含有大量酒精
B. 油酸在水面未完全散开
C. 计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
D. 在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多数了几滴
 

3.     “L”型的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”型细铜棒两边相互垂直，长度均为L，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为(    )

A.  B.  C.  D. 2BLv

4.     我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹。“北斗”导航系统第49颗卫星为地球倾斜同步轨道卫星，该卫星的轨道平面与地球赤道平面成一定夹角。它绕地球做匀速圆周运动的运行周期等于地球的自转周期，关于地球倾斜同步轨道卫星(    )

A. 卫星的向心加速度大于地球表面重力加速度
B. 卫星的发射速度一定大于
C. 卫星一天两次经过赤道正上方同一位置
D. 卫星的运行速度大于第一宇宙速度

5.     如图为某静电除尘装置的示意图，A、B、C三点的连线与集尘板垂直，且，烟尘微粒只在电场力作用下最终被吸附在集尘板上，下列说法正确的是(    )

A. 烟尘微粒一定带正电
B. B、A两点间比C、B两点间的电势差大
C. 同一烟尘微粒在C点电势能大于在B点电势能
D. 同一烟尘微粒在C点加速度大于在A点加速度X
 

6.     霍尔效应可用来测量血流速度，其原理如图所示。在动脉血管上下两侧安装电极，左右两侧加以磁场，毫伏表测出上下两极的电压为U。则(    )

A. 上电极电势一定低于下电极
B. 若血液中负离子较多时，上电极电势低于下电极
C. 毫伏表的示数U与血液的流速成正比
D. 毫伏表的示数U与血液中正负离子的电荷量成正比
 

7.     将小球以初速度为竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度-时间图象如图所示，时刻到达最高点，时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是(    )

A. 0到时间内，小球的加速度先减小再增大
B. 小球上升过程和下降过程，动量变化量相同
C. 小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同
D. 0到时间内，小球的动量变化率一直减小

8.     如图所示，有一质量、边长为的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为(    )

A.  B.  C.  D.

9.     如图所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压。若随时间t的变化如图所示，则下列描述电阻R两端电压随时间t变化的图像中，正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

10. 如图所示，光滑水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端连一质量为m、电量为q带负电小物块，水平面上方有一电场强度大小为E、水平向右的匀强电场.开始时物块在大小为2qE，方向向右的的外力F作用下静止在M点，设物块在M点的电势能为零.现将力F撤去，则物块运动过程中，下列说法正确的是(    )

A. 弹簧和物块组成的系统机械能之和不变 B. 弹簧处于原长时物块的速度最大
C. 弹簧最短时物块加速度大小为 D. 物块电势能的最小值为

11. 图甲为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。
    
    若电路中电阻箱R的示数如图乙所示，其阻值为______。
    虚线框内为用毫安表改装成电流表的电路。已知：毫安表内阻为、满偏电流为100mA，若阻值为，则改装后电流表的量程为______ mA。
    实验步骤如下：
    ①将滑动变阻器R的滑片移到______端选填“左”或“右”；
    ②闭合开关S，将电阻箱阻值由图乙阻值调为，操作正确的是______选填选项前序号；
    A.先将“挡”中3调至0，再将“挡”调至2，“挡”调至5
    B.先将“挡”调至2，“挡”调至5，再将“挡”中3调至0
    ③多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I，某次测量时毫安表的示数如图丙所示，其读数为______ mA：
    ④以U为纵坐标，I为横坐标，作出图象如图丁所示；
    ⑤根据图象求得电源的电动势______V，内阻______
12. 如图所示，质量为M、内部高为H、底面积为S的绝热气缸内部带有加热装置，气缸顶部有挡板，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，用绳将活塞悬挂在天花板上.开始时缸内气体温度为，活塞到气缸底部的距离为。已知大气压强恒为，忽略活塞和气缸壁的厚度，不计一切摩擦.
    求活塞刚碰到挡板时气体温度；
    气缸内气体的温度从升高到的过程中，气体吸收的热量为Q，求气体内能的增加量.
13. 有一种儿童滑板车，轮子一转动就闪光，车轮里有磁体、线圈组成的简易发电
    系统，可对发光二极管供电。该系统可简化为以下模型：如图所示，一边长为L的正方形单匝线框abcd在水平向右的匀强磁场中绕垂直于磁场的ab边匀速转动。已知线框的电阻为R，线框匀速转动的转速为n，匀强磁场的磁感应强度为B。求：
    在图示水平位置时，线框中感应电动势的大小；
    从图示水平位置转过的过程中，流过线框的电荷量及线框中产生的焦耳热。
14. 如图所示，质量均为m完全相同的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在光滑水平细杆OM和足够长光滑竖直细杆ON上，杆OM与杆ON在O点用一小段圆弧平滑相连，A环通过O点时速率不变，现将轻绳拉至水平位置伸直，B环位于O点，并同时由静止释放两环。
    若B环下降高度时，B环加速度恰好为零，求此时绳中拉力大小；
    求A环从开始运动到O点过程中，轻绳对A环拉力所做的功；
    求A环和B环第一次碰撞前瞬间A、B两环速度的大小。
15. 如图甲所示，M、N为水平放置长为L的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷为的粒子流重力不计，以初速度沿两板正中间水平射入两板间，粒子恰好由N板下边缘A点射出，以A点为坐标原点建立直角坐标系。
    
    求粒子经过A点时速度大小和方向。
    若y轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x轴下方磁感应强度大小为，x轴上方磁感应强度大小为，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：。
    撤去中的磁场，在y轴右侧加上如图乙所示的周期性变化足够大的磁场已知，设磁场方向垂直于纸面向里为正。求：时刻进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值。
    

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：在太空中，挤出的一滴水处于完全失重状态，在表面张力的作用下，水滴的形状为圆形，故A正确，BCD错误；
故选：A。
在空间站中，水滴处于完全始终状态，结合表面张力即可判断出形状。
本题主要考查了完全失重状态，明确在完全失重状态下水滴的形状即可。
 

2.【答案】D 

【解析】解：根据则有：
A、油酸酒精溶液中含有大量酒精，只要配比准确即可以没有误差，故A错误；
B、油酸未完全散开，测出的油膜面积偏小，会导致计算结果偏大，故B错误；
C、计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则计算所用的面积偏小，会导致计算结果偏大，故C错误；
D、在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多数了几滴，则计算出的每一滴体积偏小，计算结果偏小，故D正确。
故选：D。
明确实验原理，根据推导出的直径计算公式即可明确误差情况。
本题考查了用“油膜法”估测分子直径大小的实验，实验中认为油酸分子是一个个紧挨着排列开的，注意本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了。
 

3.【答案】B 

【解析】解：当铜棒的速度方向与“L”型铜棒两端的连线垂直时，有效切割长度最大，产生的感应电动势最大，最大的有效切割长度为，铜棒产生的感应电动势最大值为，则铜棒两端电势差最大值为，故ACD错误，B正确。
故选：B。
当铜棒的速度方向与“L”型铜棒两端的连线垂直时，有效切割长度最大，产生的感应电动势最大，铜棒两端电势差最大，且铜棒两端电势差的最大值等于铜棒产生的感应电动势最大值，由公式求解。
解决本题的关键要确定铜棒有效切割长度的最大值，知道当铜棒的速度方向与“L”型铜棒两端的连线垂直时，有效切割长度最大，产生的感应电动势最大。
 

4.【答案】C 

【解析】解：A、对于卫星，根据牛顿第二定律得：，得卫星的向心加速度：。在地球表面上，由，可得地球表面重力加速度：
因为卫星的轨道半径r大于地球的半径R，所以，故A错误；
B、“北斗”导航系统没有脱离地球的束缚，所以卫星的发射速度一定大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；
C、地球倾斜同步轨道若在某时刻经过赤道正上方某一位置，经过半个周期，恰好地球也转了半个周期，因此又会经过赤道上方的同一位置，故该卫星在一个周期内有两次经过赤道上同一位置，故C正确；
D、第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，是近地卫星绕地球做匀速圆周运动的运行速度，由知卫星的轨道半径越大，运行速度越小，则卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故D错误。
故选：C。
根据万有引力定律和牛顿第二定律相结合分析卫星的向心加速度与地球表面重力加速度的关系；是地球的第二宇宙速度，也叫脱离速度；根据卫星的运动情况，分析每天经过赤道正上方同一位置的次数；结合第一宇宙速度的意义分析。
在处理卫星运动问题时，要注意根据万有引力提供向心力列式分析卫星的速度和加速度，要熟记向心力的几种不同表达式，同时，要理解宇宙速度的意义。
 

5.【答案】B 

【解析】解：A、烟尘微粒运动过程中受到的电场力指向集尘板的一侧，与电场方向相反，所以烟尘粒一定带负电，故A错误；
B、由图知电场线从集尘板指向电极，且由梳到密，由得，故B正确；
C、因，负粒子在电势高的地方电势能小，故，故C错误；
D、由B中分析可知，微粒所受电场力，由牛顿第二定律得：，故D错误；
故选：B。
题干给出静电除尘装置示意图，结合图中电场线与粒子轨迹可判断粒子电性以及电场力做功的正负；粒子刚好要打在集尘板上时，受到的电场力与集尘板垂直，因此加速度一定与集尘板垂直，但速度不一定垂直。
本题考查学生电场相关知识，要求学生掌握静电场知识并结合题干给出装置图进行分析，考查学生对已学知识的运用能力。
 

6.【答案】C 

【解析】解：血液流动时，血液中的正负电荷在磁场中发生偏转，由左手定则可知，正电荷向上运动，负电荷向下运动，上电极电势高于下电极，不管正电荷多还是负电荷多，都是上电极电势高，故AB错误；
设血液的流速为v，正负离子的电荷量为q，磁感应强度为B，上下电极之间的距离为d，稳定时，上下级电势差产生电场，洛伦兹力与电场力平衡，即，得毫伏表的示数表达式为，由于Bd都是常数，所以U与v成正比；因为等式两边都含有正负离子的电荷量q，消去了，所以U跟q无关，故C正确，D错误。
故选：C。
带电粒子受到的洛伦兹力用左手定则判断，导致上电极带正电，下电极带负电，上下形成电势差，稳定时电场力和洛伦兹力平衡。
带电粒子运动方向不平行磁场B时才受洛伦兹力，用左手定则判断方向，稳定后，上下电极之间电势差稳定，这就是霍尔效应。
 

7.【答案】D 

【解析】解：A、图象的斜率表示小球的加速度，从图中可知，斜率逐渐减小，所以小球上升阶段与下降阶段的加速度都是减小的。故A错误；
B、小球再次回到出发点的的速度，上升过程的动量变化量大小为，下降阶段小球动量变化量大小为mv，故B错误；
C、从图象知上升阶段的时间小于下降阶段的时间，所以上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故C错误；
D、动量的变化率，小球的加速度在时间内一直减小，所以小球的动量变化率一直减小，故D正确。
故选：D。
图象的斜率表示小球的加速度，动量的变化量等于末动量与初动量的矢量减；从图中可知，小球上升的时间小于小球下降的时间，所以重力的冲量不同，动量的变化率等于小球的合外力。
本题考查速度时间图象的物理意义、冲量的概念以及动量定理。
 

8.【答案】A 

【解析】解：小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有

即
根据题意有

解得
，故BCD错误，A正确；
故选：A。
球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向任何时刻动量守恒，故水平方向平均动量守恒，列式可得.
本题考查动量守恒，解题关键是要把题干信息和“人船模型”相联系，建立基础物理模型有助于快速破题。
 

9.【答案】B 

【解析】解：电路中的电流为，等于图像斜率的大小，由图b知，内、内电路中电流均恒定不变，内图像的斜率是内图像斜率的2倍，则内电路中电流是内的2倍。内，电路中电流为零。由知，内电阻R两端电压是内的2倍。内，电容器在充电，内电容器在放电，电路中电流方向相反，则内R的电压与内R的电压相反，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据电路中电流I与电容器板间电压的关系，分析电路中电流的变化情况，再由欧姆定律确定与t的关系。
解决本题的关键要知道电路中电流与电容器带电量的关系，即，知道等于图像斜率的大小，根据数学知识分析出电路中电流的变化情况。
 

10.【答案】C 

【解析】解：A、只有电场力和弹簧弹力做功，所以弹簧和物块组成的系统机械能和电势能之和不变，故A错误；
B、当合力等于零时速度最大，即弹簧压缩时弹力等于电场力的位置，速度最大，故B错误；
C、当时，弹簧弹力，当速度最大时，弹簧弹力，此时弹簧压缩量为，弹性势能没有变，动能等于电场力做功，速度为零时，弹簧最短，设弹簧又压缩了x，根据动能定理知：，解得：，受力分析知：，故C正确；
D、根据以上分析知压缩到最短物块运动的位移为，根据电场力做功知最小电势能为，故D错误。
故选：C。
小球撤去F后，只受电场力与弹簧弹力，故弹簧和物块组成的系统能量守恒，当小球合外力为零时，速度最大，根据牛顿第二定律及动能定理求解弹簧最短时小球的加速度，根据电场力做功等于电势能的变化量求解小球电势能的最小值。
本题关键在于判断小球的运动规律，运用牛顿第二定律、功能关系和动能定理进行列式分析即可。
 

11.【答案】左   

【解析】解：电阻箱估值为：
由题意可知，毫安表内阻是阻值的4倍，由并联电路特点可知，流过的电流是流过毫安表电流的4倍，则改装后电流表量程为毫安表的5倍，即改装后电流表量程为500mA。
①由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路闭合开关前滑片要置于左端。
②为防止电路短路，电阻箱操作时应先将“挡”调至2，“挡”调至5，再将“挡”中3调至0，故A错误，B正确；故选B
③毫安表量程为100mA，由图示毫安表表盘可知，其分度值为2mA，示数为58mA。
④改装后电流表内阻：，
改装后电流表量程为毫安表量程的5倍，当毫安表示数为I时流过电源的电流为5I，
根据图示电路图，由闭合电路欧姆定律可知：，
由图示图象可知，电源电动势：，
图象斜率的绝对值：，
解得，电源内阻：；
故答案为：，；左，B，2，，。
根据电阻箱的读数方法读得数据。
根据并联电路特点求出改装后电流表的量程，
滑动变阻器采用限流接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于阻值最大处；根据毫安表量程由图示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意明确实验原理，能根据给出的实验步骤分析实验方法；同时根据图象分析实验数据，明确电表的改装原理的应用。
 

12.【答案】解：气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得：

解得：
因，故最终活塞在顶部的挡板处，设等压变化过程封闭气体压强为，对气缸受力分析，根据平衡条件得：

等压变化过程，外界对气体做功为：

由热力学第一定律得：
解得：
答：活塞刚碰到挡板时气体温度为；
气体内能的增加量为 

【解析】封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律，即可求出活塞刚碰到挡板时气体温度；
利用求出等压过程的做功，结合热力学第一定律，即可求出加热过程中气体的内能增加量。
本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决；应用热力学定律时要注意气体对外界做功时，W应取负值，反之，取正值。
 

13.【答案】解：线框转动的角速度为，在图示水平位置时，线框位于与中性面垂直位置，此时产生的感应电动势最大为
从图示水平位置转过的过程中，流过线框的电荷量
线圈转动产生的感应电动势的有效值为，
线圈转动的周期，转过所需时间
故线框中产生的焦耳热，解得
答：在图示水平位置时，线框中感应电动势的大小为；
从图示水平位置转过的过程中，流过线框的电荷量及线框中产生的焦耳热分别为和。 

【解析】线框位于与中性面垂直位置，此时产生的感应电动势最大，根据求得产生的最大值；
根据求得流过线框的电荷量，根据求得产生的热量。
本题主要考查了线圈转动产生感应电动势，明确中性面的特点，知道通过线圈的电荷量用交流电的平均值，计算热量由有效值计算。
 

14.【答案】解：设B环下降高度h时轻绳与竖直细杆ON的夹角为，由几何关系可得
 
B环加速度恰好为零时合力为零，对B环，竖直方向有
 
可得绳中拉力大小：
设A环到达O点时速度大小为，此时B环的速度等于0，B环下降L过程中，根据A、B系统机械能守恒得：
 
解得：
A环从开始运动到O点过程中，设轻绳对A环拉力所做的功为W，由动能定理得
  
解得
环越过O点后做初速度为、加速度为g的匀加速直线运动，B环做自由落体运动。
设从A环经过O点开始追上B环用时t，A环和B环第一次碰撞前瞬间A、B两环速度的大小分别为、，则有：
 
即得：
故

答：此时绳中拉力大小为；
环从开始运动到O点过程中，轻绳对A环拉力所做的功为mgL；
环和B环第一次碰撞前瞬间A、B两环速度的大小分别为、。 

【解析】环加速度恰好为零时合力为零，由平衡条件求出绳中拉力大小；
在A环从开始运动到O点过程中，A、B两环组成的系统机械能守恒，A环到达O点时B环的速度为零，根据系统的机械能守恒列式，即可求A环到达O点的速度大小，再由动能定理求轻绳对A环拉力所做的功；
根据匀变速直线运动的位移-时间公式和位移关系求出A环追上B环的时间，并根据速度-时间公式求A环和B环第一次碰撞前瞬间A、B两环速度的大小。
解答本题的关键是要找出追及时两环的位移关系。要知道碰撞前，A、B组成的系统机械能守恒，但A或B的机械能并不守恒。
 

15.【答案】解：粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：
竖直方向：
解得粒子经过A点时竖直方向的分速度大小
粒子经过A点时速度的大小，
设速度方向与水平方向夹角为，则，，速度方向与水平方向成角斜向右下方
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子进入磁场后恰好不离开磁场的运动轨迹如图1所示

由几何知识得：
解得：，
粒子在磁场中做运动圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
解得磁感应强度：
磁感应强度之比
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
则，粒子在磁场中转过的圆心角
粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动轨迹如图2所示

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
一个磁场周期内粒子前进的距离
代入数据解得：
粒子经过x轴时的坐标值或
代入数据解得：，  其中：、1、2、3……
答：粒子经过A点时速度大小是，速度方向与水平方向成角斜向右下方。
是。
时刻进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值是；或    其中：、1、2、3……。 

【解析】粒子在电场中做类平抛运动，应用运动学公式求解粒子经过A点时速度的大小与方向。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出磁感应强度，然后求出磁感应强度大小之比。
应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，作出粒子运动轨迹，由几何关系求解x轴坐标值．
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，要正确分析粒子的受力情况和运动情况，运用力学的思路解决，关键要灵活运用几何知识处理轨迹问题．