2022届新疆喀什地区疏勒县高三下学期第一次调研（一模）测试物理试卷（解析版）

这是一份2022届新疆喀什地区疏勒县高三下学期第一次调研（一模）测试物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是（ ）
A．汤姆孙发现了电子，并提出了“原子的核式结构模型”
B．卢瑟福用α粒子轰击714N获得反冲核817O，发现了质子
C．查德威克发现了天然放射现象，说明原子核有复杂结构
D．原子核在人工转变的过程中，一定放出能量
2．如图所示，倾角为θ=37°的斜面固定放置在水平面上，斜面上有一个质量为m的物块，对物块施加一水平向左的力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为12，sin37°=0.6，cs37°=0.8物块可看成质点，重力加速度为g，要保证物块不向上滑动，所施加水平向左的力F大小不能超过（ ）
A．mgB．43mgC．53mgD．2mg
3．如图所示为一通关游戏示意图，与关门水平距离为L的左上方有一步枪，步枪可以水平发射出初速度大小可以调节的子弹，关门上端距枪口的竖直距离为H，L=2H．通关时，游戏者操控步枪射出子弹的瞬间关门开始运动，关门以大小为v的速度水平向左匀速运动的同时还以大小为v的初速度做竖直上抛运动．游戏要求子弹恰好从关门的上端擦边而过就算通关，重力加速度为g，不计空气阻力．如果能够通关，子弹的初速度大小为（ ）
A．32vB．2vC．vD．52v
4．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线，取无穷远处为零电势点。若将q1、q2移动到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．A点场强低于B点场强
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
5．下列说法中正确的是（ ）
A．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力
B．根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量G
D．开普勒第三定律得出的表达式R3T2=k，其中k是一个与中心天体无关的常量
二、多选题
6．在一周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，规定图中磁场方向为正。已知线圈的半径为r、匝数为N，总电阻为R，应强度的最大值为B0，变化周期为T，磁感应强度按图乙所示变化。则下列说法正确的是（ ）
A．在0~T6时间内，该线圈中感应电流的大小6πNr2B0RT
B．在5T6~T时间内，该线圈中感应电流的大小为3πNr2B0RT
C．该线圈在一个周期T内产生的焦耳热为18π2N2r4B02RT
D．该线圈在一个周期T内产生的焦耳热为9π2N2r4B02RT
7．如图所示，质量 m=1kg 的物体从高为 h=0.2m 的光滑轨道上 P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的 A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为 μ=0.2 ，传送带 AB 之间的距离为 L=5m ，传送带一直以 v=4m/s 的速度顺指针匀速运动，重力加速度大小 g=10m/s2 ，下列说法正确的是（ ）
A．物体从 A 运动到 B 的时间是 1.5s
B．物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功为 -6J
C．物体从 A 运动到 B 的过程中，产生的热量为 2J
D．物体从 A 运动到 B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为 10J
8．在东京奥运会女子铅球决赛中，中国选手巩立姣投出20.58米获得冠军。某次抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示，铅球视为质点，空气阻力不计，用vy、E、Ek、P分别表示铅球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V－t图像如图所示，下列说法正确的有（ ）
A．A→B的过程中，气体对外做功B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强变大D．B→C的过程中，气体内能变大
10．一列振幅为4cm、频率为2.5Hz的绳波，在t=0时刻的波形图如图所示，绳上的质点P位于最大位移处，质点Q位于平衡位置，质点M振动方向沿y轴正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．波沿x正方向传播
B．t=0时，质点N的振动方向沿y轴正方向
C．t=0.1s，质点Q的加速度达到最大，方向沿y轴正方向
D．从t=0.1s到t=0.2s时间内，波传播的距离为0.1m
三、实验题
11．
（1）在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，给你以下器材：电磁打点计时器、电池组、纸带、复写纸、小车、钩码、细绳、一端附有定滑轮的长木板。其中不需要的器材是 ，还需要增添的器材有 。
（2）关于“探究小车速度随时间变化的规律”这一实验，下列说法正确的是____。
A．长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低
B．在释放小车前，小车应靠近打点计时器
C．应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车
D．打点计时器应接在低压直流电源上
E．小车运动时要保持纸带与打点计时器平面、木板平行
F．作v­t图象时，应先描点后连线，并且要把描出的所有点都连接起来
12．某班分成A、B两组分别进行“测伏安特性曲线”和“测电源电动势和内阻”的实验：
（1）A组进行“测伏安特性曲线”的实验，现有一个标有“2.5V，0.6A”的小灯泡，该组成员通过一系列实验操作，测绘出小灯泡的I-U特性曲线如图甲所示，则可知该灯泡电阻随电压升高而 （填“增大”“减小”或“不变”）；若将该灯泡与一电动势为3V、内阻为5Ω的电源串联成闭合回路，则该灯泡的实际功率为 W（保留两位有效数字）。
（2）B组同学利用如图乙所示电路测电源电动势和内阻，A为理想电流表，定值电阻R0=2Ω。调节电阻箱R，记录阻值R和对应的电流I，建立如图丙所示坐标系作出图像，则该图像选取了 （填“I”“I2”或“1I”）为纵坐标，则由图线可得该电源电动势为 V，内阻为 Ω；
四、解答题
13．图甲所示的CT扫描机，其部分工作原理如图乙所示：M、N之间是加速电场，虚线框内存在垂直纸面的匀强磁场。电子从静止开始经加速电场后，垂直进入偏转磁场，最后打在靶上的P点。已知加速电压为U，磁场的宽度为d，电子的质量为m、电荷量为e，电子离开磁场时的速度偏转角为θ。求：
（1）电子离开电场时的速度大小；
（2）磁感应强度的大小和方向。
14．质量为M=1.0kg的长木板放在光滑水平面上，木板上放有两个可视为质点的木块A和B，它们的质量分别为m=0.95kg和M'=1.0kg，A、B间相距l=2.0m，一粒质量为m0=50g的子弹以速度v0水平射入木块A并留在其中。已知两木块与长木板间动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2，子弹打入木块及木块相撞时作用时间极短。回答下面问题：
（1）要使木块A、B能发生碰撞，子弹速度v0应满足什么条件；
（2）若A、B碰撞后粘在一起运动，当v0=80m/s时，要使A、B不从木板上掉下来，木板至少需要多长（保留三位有效数字）。
（3）求子弹与木块A和木块A、B作用时损失的机械能ΔE。
15．如图所示，一定质量的理想气体封闭在体积为V0的绝热容器中，初始状态阀门K关闭，容器内温度与室温相同，为T0＝300 K，有一光滑绝热活塞C（体积可忽略）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的2倍，A室容器上连接有一U形管（管内气体的体积可忽略），左管水银面比右管水银面高76 cm。已知外界大气压强p0＝76 cmHg。则：
（1）将阀门K打开使B室与外界相通，稳定后，A室的体积变化量是多少？
（2）打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，接着对B室气体缓慢加热，而A室气体温度始终等于室温，当加热到U形管左管水银面比右管水银面高19 cm时，B室内温度是多少？
16．如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，其中AB长度为l，其折射率n=3，∠A=90°，∠B=30°。一束光线从距离B点l3处射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出，已知光在真空中的传播速度为c。
（1）作出光线进入并离开棱镜最简单的光路图，并求光线在AB面入射角大小；
（2）求上问光路图中光在棱镜中的传播时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了“原子的核式结构模型”，A不符合题意；
B．卢瑟福用 α粒子轰击； 714N获得反冲核 817O，核反应方程为 24He+714N→817O+11H
发现了质子，B符合题意；
C．贝可勒尔发现了天然放射现象，说明原子核有复杂结构，C不符合题意；
D．原子核在人工转变的过程中，可能放出能量，也可能吸收能量，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】卢瑟福提出了原子的核式结构模型；贝克勒尔发现了天然放射现象；原子核在人工转变的过程中可能吸收能量。
2．【答案】D
【解析】【解答】物块刚好上滑时，由平衡条件得Fcs37°-mgsin37°=μFN
FN=Fsin37°+mgcs37°
联立两式解得 F=2mg
D符合题意。
故答案为：D
【分析】物块刚好上滑时，利用平衡方程可以求出其水平向左拉力的大小。
3．【答案】C
【解析】【解答】设子弹射出后经时间t恰好从关门的上端擦边，子弹下降的距离h1=12gt2、关门竖直上升的距离h2=vt-12gt2、又h1+h2=H，解得t=Hv；子弹水平方向运动的距离x1=v0t、关门水平方向运动的距离x2=vt、又x1+x2=L=2H，解得：子弹的初速度v0=v．C项正确，ABD三项错误．
故答案为：C
【分析】利用平抛运动的位移公式结合门竖直向上运动的公式可以求出运动的时间，结合水平方向的的位移公式可以求出子弹初速度的大小。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势。A不符合题意；
B．由点电荷场强公式 E=kQr2 分析可知，A点的场强大于B点的场强。B不符合题意；
C．由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量。C符合题意；
D．将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用等势面的疏密可以比较场强的大小；利用电场力做功和电势差的关系可以比较电荷量的大小；利用电场力做功结合电荷电性可以判别场源电荷的电性及电势的高低；利用电势高低结合电性可以比较电势能的大小。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，A符合题意；
B．根据表达式 F=Gm1m2r2
可知，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B不符合题意；
C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，C不符合题意；
D．开普勒第三定律得出的表达式 R3T2=k
其中k是一个与中心天体有关的常量，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】两个物体之间的万有引力属于相互作用力大小相等，方向相反；当物体之间的距离趋近于0时其引力定律不适用；卡位迪许测出了引力常量的大小；k的大小由中心天体的质量所决定。
6．【答案】A,C
【解析】【解答】AB．在0~T6内，感应电动势E=NΔΦΔt
磁通量的变化 ΔΦ=B0πr2
解得 E=6πNr2B0T
线圈中感应电流的大小 I=ER=6πNr2B0RT
线圈在 0~T6和 5T6∼T两个时间段内产生的感应电流大小相同，产生的热量相同，有 Q1=Q3=I2R⋅T6
A符合题意，B不符合题意。
CD．线圈在 T6∼5T6时间内产生的感应电流大小 I'=I2
产生的热量 Q2=I'2R⋅4T6
一个周期内产生的总热量 Q=Q1+Q2+Q3=18π2N2r4B02RT
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合其焦耳定律可以求出产生热量的大小。
7．【答案】A,C
【解析】【解答】A．设物体下滑到A点的速度为 v0 ，由机械能守恒定律有 12mv02=mgh ，代入数据得： v0=2m/s ，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，加速度大小为 a=μmgm=μg=2m/s2 ，加速至速度与传送带相等的时间为 t1=v-v0a=4-22s=1s ，匀加速运动的位移为 s1=v0+v2t1=2+42×1m=3mB．物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做正功，摩擦力做的功 Wf=μmgs1=0.2×10×3J=6J ，B不符合题意；
C．在 t1 时间内，皮带做匀速运动的位移为 s皮带=vt1=4m ，故产生热量 Q=μmgΔS=μmg（S皮带-S1） ，代入数据得产生的热量为 Q=2J ，C符合题意；
D．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分就是增加了内能，则物体从 A 运动到 B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为 W=12mv2-12m02+Q=12×1×（42-22）+2J=8J ，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】利用机械能守恒可以求出物体到达A的速度；结合牛顿第二定律及速度公式和位移公式可以判别物体先加速后匀速，利用位移公式可以求出运动的时间；利用摩擦力和位移可以求出摩擦力做功的大小；利用相对位移可以产生的热量；利用能量守恒可以求出电动机做功的大小。
8．【答案】C,D
【解析】【解答】A．足球做斜上抛运动，竖直方向上，速度vy=v竖-gt
图像的斜率表示重力加速度，斜率恒定不变，A不符合题意；
B．足球做斜上抛运动，空气阻力不计，机械能守恒， B不符合题意；
C．以初始位置为零势能面，踢出时速度方向速度为vy，足球的机械能守恒，则 Ek=E-EP=E-mgh=E-mg(vyt-12gt2)
故图象是开口向上的抛物线，C符合题意；
D．根据 P=mg(v竖-gt)=mgv竖-mg2t
重力的功率随时间先均匀减小后均匀增加，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】足球做斜抛运动，由于只受重力所以其速度时间图像斜率保持不变；由于不计空气阻力其机械能守恒；利用其动能定理可以判别动能与时间的关系；利用重力的大小及竖直方向的速度可以判别重力功率的大小。
9．【答案】A,C
【解析】【解答】A．A→B的过程中，气体体积变大，对外做功，A符合题意；
B．A→B的过程中，气体温度不变，内能不变，气体对外做功，则吸收热量，B不符合题意；
C．在V-T图象中，若过坐标原点，表示气体做等压变化，如图所示，从B到C的过程上的任意一点与-273℃连线，斜率越来越小，故压强越来越大，C符合题意；
D．B→C的过程中，气体温度降低，则内能变小，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用气体体积的变化可以判别气体对外做功的情况；结合温度的变化可以判别气体内能的变化，再结合热力学第一定律可以判别气体热传递的情况；利用理想气体的状态方程可以判别其压强和温度的变化，利用温度的变化可以判别气体内能的变化。
10．【答案】B,C,D
【解析】【解答】A．质点M振动方向沿y轴正方向，波形向左平移，则知波沿x轴负方向传播，A不符合题意；
B．波形向左平移，则知 t=0时，质点 N的振动方向沿 y轴正方向，B符合题意；
C．周期为 T=1f=0.4s
t=0.1s=T4
因 t=0时刻质点 Q振动方向沿 y轴负方向，则 t=0.1s时，质点 Q到达波谷，位移为 y轴负方向最大，加速度沿 y轴正方向达到最大，C符合题意；
D．由题图知 λ=0.4m，则波速 v=λf=1m/s
所以从 t=0.1s到 t=0.2s时间内，波传播的距离为 Δx=vΔt=1×0.1m=0.1m
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用质点的振动方向可以判别波的传播方向；利用其波的传播方向可以判别质点N的速度方向；利用频率可以求出周期的大小，结合其振动的时间可以判别质点其位置，利用质点的位置可以判别其加速度的的大小及方向；利用其波长和频率可以求出波速的大小，结合传播的时间可以求出传播的距离。
11．【答案】（1）电池组；低压交流电源、刻度尺
（2）B；C；E
【解析】【解答】（1）电磁打点计时器使用低压交流电源，所以不需要的器材是电池组。为了得到小车的运动规律，还需要刻度尺来测量计数点之间的距离，所以还需要低压交流电源、刻度尺。
（2）A．长木板不能侧向倾斜，但是可以一端高一端低，A不符合题意；
B．在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理，B符合题意；
C．实验中应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，C符合题意；
D．打点计时器应接在低压交流电源上，D不符合题意；
E．小车运动时要保持纸带与打点计时器平面、木板平行，故E正确；
F．作v­-t图象时，让尽量多的点在图线上，不在图线上的点均匀分布在图线的两侧，描绘成平滑的曲线，不要求所有的点都在图线上，故F错误。
【分析】（1）实验选择打点计时器应该使用低压交流电源不需要使用电池组，还需要刻度尺处理纸带；
（2）探究小车匀变速直线运动的规律，其实验木板可以倾斜；打点计时器应该使用低压交流电源；做速度时间图像应该使用平滑曲线连接坐标各点。
12．【答案】（1）增大；0.38
（2）1I；4.5；2.5
【解析】【解答】（1）I-U图线的斜率表示电阻的倒数，因斜率减小，故灯泡电阻增大；
由闭合电路欧姆定律可知，将该电源的 I-U图线也在同一坐标中画出，则可得两图线的交点即为实际的电流、电压，如图所示，则可得实际功率为 P=0.9V×0.42A≈0.38W
（2）由闭合电路欧姆定律可得 E=IR+I(r+R0)
整理可得 1I=R0+rE+RE
则选取 1I作为纵坐标，则结合图像可得 1E=14.5
则 E=4.5V
R0+rE=1
则 r=2.5Ω
【分析】（1）利用其伏安特性曲线其斜率的大小可以判别灯泡电阻的大小变化；作出闭合电路的欧姆定律直线与曲线交点，利用交点结合电功率的表达式可以求出灯泡实际电功率的大小；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
13．【答案】（1）解：电子加速过程，由动能定理可得eU=12mv2-0
解得v=2eUm
（2）解：如图所示，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动
由洛伦兹力作为向心力可得evB=mv2r
由几何关系可得sinθ=dr
联立解得，磁感应强度的大小为B=sinθd2mUe
由左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向里。
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中根据动能定理得出离开电场时的速度；
（2）电子在磁场中根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出磁感应强度的表达式，结合左手定则得出磁感应强度的方向。
14．【答案】（1）解：子弹打入木块时动量守恒，有m0v0=(m0+m)v1
木块A在长木板上滑动到与B碰撞前，设A的加速度为a1，长木板和B的加速度为a2，则-μ(m0+m)g=(m0+m)a1
μ(m0+m)g=(M+M')a2
若碰前长木板的位移为s，则A的位移为l+s，设运动时间为t，有s=12a2t2
l+s=v1t+12a1t2
联立解得t2-v030t+43=0
即t=v030±(v030)2-4×432
当(v030)2-4×43>0
时
A、B发生碰撞，解得v0>403m/s
（2）解：代入v0=80m/s
解得t=2s（舍去）或t'=23s
设A碰撞前、后速度分别为v2、v3，碰撞前木板及B的速度为v2'，则v2=v1+a1t'
v2'=a2t'
(m0+m)v2+M'v2'=(m0+m+M')v3
设两木块及长木板最终共同速度为v。碰后A、B在长木板上滑行的距离为Δl，根据动量守恒定律和动能定理则有m0v0=(m0+m+M+M')v
-μ(m0+m+M')gΔl=12(m0+m+M+M')v2-12(m0+m+M')v32-12Mv2'2
解得Δl=112m
则木板长度L=l+Δl=2512m=2.08m
（3）解：由能量守恒定律得ΔE=12m0v02-12(m0+m+M+M')v2-μ(m0+m)gl-μ(m0+m+M')g⋅Δl
解得ΔE=153J
【解析】【分析】（1）当子弹与木块碰撞时，利用动量守恒定律可以求出碰后木块A速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出其木块A减速的加速度及木板与B加速的加速度大小，结合两者的位移公式及函数关系可以求出子弹速度的的大小范围；
（2）当已知子弹的速度，结合其碰撞时间的表达式可以求出碰撞的时间，利用速度公式可以求出碰前木板和木块A的速度大小，结合动量守恒定律可以求出碰后两个物块的速度大小；再利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出木板对应的长度；
（3）已知碰撞前后速度的大小；利用初末动能的大小可以求出损失机械能的大小。
15．【答案】（1）解：将阀门打开，A室气体等温变化，则有2p0V03＝p0（V03＋ΔV）
得ΔV＝V03
（2）解：打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，U形管两边水银面的高度差为19 cm时pA＝pB＝（76＋19） cmHg＝95 cmHg
A室气体变化过程：p0、2V03、T0→pA、VA、T0
由玻意耳定律得p02V03＝pAVA
解得VA＝815V0
B室气体变化过程：p0、V03、T0→pB、V0－VA、TB
由理想气体状态方程得p0V03T0=pB(V0-VA)TB
解得TB＝525 K
【解析】【分析】（1）当阀门打开时，利用A气体等温变化的状态方程可以求出A室气体体积变化量的大小；
（2）当打开阀门温度时，利用其高度差可以求出其AB气体压强的大小，结合A气体等温变化及B气体理想状态方程可以求出B室中气体的温度的大小。
16．【答案】（1）解：光路图及相关量如图所示。.
由几何关系和反射定律得α=60°－β=30°
光束在AB边上折射，由折射定律得sinisinα=n
联立解得i=60°
（2）解：由几何关系可知EF=l3
FG=(lcs60°-2l3cs30°)cs30°=l2
n=cv
t=EF+FGv
解得t=53l6c
【解析】【分析】（1）利用几何关系找出折射角α，然后利用折射定律就可以求出入射角的大小；
（2）利用几何管关系求出光路的路程，利用折射定律求出光在三菱镜中的速度，然后根据路程和光速关系就可以求解答案。