辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期初考试物理试题及答案

2022—2023学年度（上）六校高三期初考试

物理试题

考试时间：90分钟 满分：100分

第Ⅰ卷  （选择题48分）

一、选择题（本题共 12小题，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 9～12 题有多项符合题目要求，每小题4分， 全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错、多选或不选的得0分。）

1．两质点由静止开始做直线运动，它们的位移与时间的图像均为抛物线。时刻它们的速度分别为和，加速度分别为和。则（　　）

A．， B．，

C．， D．，

2．卢瑟福在1919年以粒子（）撞击氮原子核（），产生核反应，该反应生成两种粒子，其中一种为，则另一种粒子为（　　）

A．电子 B．质子 C．中子 D．氘核

3．如图所示，包含红、蓝两种颜色的一束复色光沿半径方向射入一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面的入射角为i，经过折射后射出到空气中，下列说法正确的是（　　）

A．a光为红光，b光为蓝光

B．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率

C．在玻璃砖中，a光的传播速度小于b光的传播速度

D．若入射角i逐渐增大，则b光的折射光首先消失

4．分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是（　　）

A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小

B．从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大

C．从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大

D．从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小

5．疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球.某次斜向上发球，球垂直在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力，关于球离开球拍到第一次落地的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．球撞击墙壁过程没有机械能损失

B．球在空中上升和下降过程时间相等

C．球落地时的速率一定比抛出时大

D．球落地时和抛出时的动能可能相等

6．如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，M点是平衡位置在处的质点；图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是（　　）     

A．该波沿x轴正方向传播，波速为

B．质点M与质点Q的振动方向总是相同

C．在时间内，质点M通过的路程为

D．在时间内，质点P向左前进

7．由半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，经常用于火警报警装置。如图甲所示是一火警报警器的电路示意图，理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻及报警器（有内阻）组成闭合电路，流过报警器的电流超过时就会发出警报声。则以下判断正确的是（　　）

A．变压器原线圈两端交变电压

B．当所在处出现火情时，变压器输入功率增大

C．当所在处出现火情时，电压表示数增大

D．在时，电流表示数为

8．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为的点电荷。一质量为m、带电荷量为的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为，k为静电常数，下列说法正确的是（　　）

A．点电荷产生的电场在B点的电场强度大小为

B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为

C．物块从A到B机械能减少量为

D．点电荷产生的电场在B点的电势为

9．由20个国家持续25年、投入数万名科学家倾力合作的詹姆斯•韦伯太空望远镜被成功发射，被送入日﹣地拉格朗日点；如图中的所示为法籍意大利数学家拉格朗日指出的太阳和地球所在同一平面上的5个拉格朗日点。韦伯太空望远镜位于这个点上，在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。下列说法正确的是（        ）

A．  韦伯太空望远镜绕太阳运动线速度比地球绕太阳运动的线速度小

B．韦伯太空望远镜绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度

C．韦伯太空望远镜在点处于平衡状态

D．同一飞行器稳定在处所受太阳和地球引力的合力比稳定在处大

10．如图所示，倾角的传送带以的速率顺时针转动，其上方与一水平台面平滑连接。一质量kg的货物从传送带的底端A处以m/s的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A、B间的高度去m，，，重力加速度，下列说法正确的是（　　）

A．货物能冲上水平台面 B．货物从A处运动到B处所用的时间为0.9s

C．货物在传送带上的划痕长1.05m D．货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.2J

11．某班物理兴趣小组在研究三力作用下的平衡问题时，设计了如图所示的简单而常见的情景模型：将一可视为质点的质量为m的小球用轻质柔软的细线悬挂于天花板上的O点，在外力F、细线拉力FT和重力mg的作用下处于平衡状态。细线与竖直方向的夹角为，与F的夹角为，开始时F水平。小组成员经过讨论形成了如下结论，你认为正确的是（　　）

A．保持θ角及小球位置不变，逐渐缓慢减小角直至F竖直向上，则F、FT都逐渐减小

B．保持F水平，逐渐缓慢增大θ角，则F、FT都逐渐增大

C．保持角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，则FT逐渐减小，F逐渐增大

D．只增加细线的长度，其他条件不变，F、FT都减小

12．水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R、与导轨接触良好的导体棒MN以初速度垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A．导体棒的初始加速度大小为

B．整个过程中，导体棒的平均速度等于

C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为

D．导体棒在导轨上运动的最大距离为

第Ⅱ卷  （非选择题52分）

二、实验题（本题共两小题，第13题6分，第14题8分,共计14分。）

13．某同学用图(a)所示的装置验证牛顿运动定律｡

(1)下列说法正确的是________(填写字母代号)｡

A．打点计时器应使用工作电压在6V以下的交流电源

B．实验前，把木板的一侧垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力

C．实验时必须满足钩码和滑轮的总质量远小于小车的质量

(2)该同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图(b)所示，图像不过原点的原因是________；若图像与纵轴截距为a0，斜率为k，则小车的质量M=_____该值与小车的实际值相比______(选填“偏大”“偏小”或“相等”)｡

14．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：

（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度，再用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示，则________。

（2）该同学接着用欧姆表粗测该金属丝的电阻，他进行了如下操作：先用“”挡测量时发现指针偏转角度过大，则应该换用________（选填“”或“”）挡，正确换挡、重新欧姆调零后再进行测量，指针静止时位置如图乙所示，则该金属丝的电阻________（结果保留三位有效数字）。

（3）若用伏安法测量该金属丝的阻值，电路如图丙所示。除电源（电动势为，内阻不计）、电流表A（量程为，内阻约）、待测金属丝、导线、开关外，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________（以上两空均选填以下给定器材前的字母）。电压表的左端应与电路中的________（选填“”或“”）点相连。

A．电压表V1（量程为，内阻约）

B．电压表V2（量程为，内阻约）

C．滑动变阻器（总阻值为，额定电流为）

D．滑动变阻器（总阻值为，额定电流为）

若某次测量中，电压表和电流表示数分别为和，请用上述直接测量的物理量（、、、）写出金属丝的电阻率的表达式，即________。

三、计算题（本题共4小题，共38分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）

15．（6分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，AB的反向延长线过原点。已知气体在状态A时的压强。气体从状态A变化到状态B的过程中吸收的热量，求：

（1）气体在状态B时的体积；

（2）在气体从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的增量ΔU。

16．（8分）足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长105m、宽68m，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为10m/s的匀减速直线运动，加速度大小为。该运动员踢出足球0.5s后从静止开始沿边线方向以的加速度匀加速追赶足球，速度达到10m/s后以此速度匀速运动。求：

（1）足球刚停下来时，运动员的速度大小；

（2）运动员踢出足球后，经过多长时间能追上足球。

17．（10分）如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、足够长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数，重力加速度。求：

（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；

（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；

（3）小车长度L。

18．（14分）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，y轴与x=d之间，有沿x轴正向的匀强电场，在第二象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在x轴上P（-d，0）点，沿y轴正向发射一个质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子，粒子的速度大小为vo，粒子刚好从坐标原点O射出磁场；若只增大粒子的发射速度大小，使粒子垂直y轴射出磁场，结果粒子在电场中运动d的距离，速度为零，不计粒子的重力，求：

(1)匀强磁场的磁感应强度大小；

(2)匀强电场的电场强度大小；

(3)继续增大粒子的发射速度大小，要使粒子不能从x=d射出电场，粒子的发射速度最大为多少。

参考答案：

1．A

【详解】x-t图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，可知时刻

根据位移x与时间t的图像均为抛物线，根据数学知识可得

根据图像可知时刻

所以

故选A。

2．B

【详解】根据反应过程质量数守恒和电荷数守恒可知另一种粒子的质量数和电荷数分别为

可知粒子为质子，B正确，ACD错误。

故选B。

3．C

【详解】ABC．光线a的偏折程度大，根据光路可逆结合折射定律公式可得

其中γ是折射角，可知a光的折射率大；再根据公式

可知a光在玻璃中的传播速度小。

而a光的折射率大，说明a光的频率高，根据

c=λf

a光在真空中的波长较短，故C正确、AB错误；

D．若改变光束的入射方向使i角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，故a光先发生全反射，折射光线先消失，故D错误。

故选C。

4．D

【详解】A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；

B．由题图可知，在r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r1分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；

C．分子势能在r＝r0时最小，故从r＝r2到r＝r0分子势能一直在减小，故C错误；

D．从r＝r2到r＝r1分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，故D正确。

故选D。

5．D

【详解】

A．若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象可知，乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞后速度减小，故A错误。

B．斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据

可得

由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故B错误；

C．虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度，但水平方向的速度是斜上抛时的大，所以球落地时的速率不一定比抛出时大，故C错误；

D．虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，故D正确；

故选C。

6．C

【详解】A．在乙图中找到的点，可知质点M此时的运动方向为沿y轴正方向，在甲图中利用同侧法可知，波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；

B．由甲图可知

质点M和质点Q相距4m为半个波长，所以两个质点的振动步调相反，即振动方向总是相反，故B错误；

C．由乙图可知

所以质点M在0.4s的时间内经过了两个周期，走过的位移为

故C正确；

D．在波的传播过程中，质点在平衡位置附近振动，不随波的传播运动，故D错误。

故选C。

7．B

【详解】A．由图乙可知变压器原线圈两端交变电压为

A错误；

B．当所在处出现火情时，可知减小，根据欧姆定律可得

副线圈输出功率为

可知副线圈输出功率增大，即变压器输入功率增大，B正确；

C．当所在处出现火情时，可知减小，根据欧姆定律可得

可知副线圈电流增大，两端电压为

可知两端电压减小，即电压表示数减小，C错误；

D．电流表示数为电流有效值，故在时，电流表示数不为，D错误；

故选B。

8．D

【详解】A．由点电荷的电场强度公式

得

故A错误；

B．物体受到点电荷的库仑力为

由几何关系可知

物体在点时，由平衡条件有

解得

故B错误；

CD．设点电荷产生的电场在点的电势为，机械能减少量为，动能定理有

解得

，

故C错误，D正确。

故选D。

9．BD

【详解】据题意知，望远镜与地球同步绕太阳做圆周运动，则公转周期相同，可知望远镜绕太阳运动的线速度大于地球绕太阳运动的线速度故A错误；由于望远镜与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，望远镜的轨道半径大，根据公式可知，望远镜绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故B正确；望远镜所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故C错误；飞行器在或所处所受太阳和地球引力的合力提供做圆周运动的向心力，即，在处的轨道半径比在处大，所以合力比在处大，故D正确．

10．ABD

【详解】设开始时货物的加速度大小为，由牛顿第二定律得

解得

经时间货物与传送带共速，则有

解得

s

货物相对传送带向上运动的距离

共速后的加速度大小为，由牛顿第二定律得

解得

假设到达水平台面的速度为，则有

解得

则能冲上水平台面，设共速后货物在传送带上的时间为，则有

解得

共速后货物相对传送带向下的距离为

所以货物从A处运动到B处所用的时间为0.9s，货物在传送带上的划痕长度

货物与传送带间因摩擦产生的热量

ABD项正确，C项错误。

故选ABD。

11．BC

【详解】A．如图所示

对小球受力分析，小球受重力、拉力F和细线的拉力FT作用，角不变，角减小到90°时，F最小，因此角减小的过程中，逐渐减小，F先减小后增大，故A错误；

B．保持F水平，则

，

角增大时F、都逐渐增大，故B正确；

C．保持角不变，增大角，细线和拉力F的方向都逆时针转动，如图

F水平时最大，水平时F最大，所以逐渐减小，F逐渐增大，故C正确；

D．只增加细线的长度，对F、没有影响，故D错误。

故选BC。

12．AD

【详解】A．根据题意可知，导体棒初始运动时，感应电动势为

可知电路中感应电流为

导体棒受到的安培力为

根据牛顿第二定律解得导体棒的初始加速度大小为

故A正确；

B．整个过程中，假设加速度不变，导体棒做匀减速运动，根据平均速度公式可知，导体棒的平均速度为

实际运动过程中，由于导体棒的速度减小，导体棒受到的安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，则导体棒的平均速度

故B错误；

C．整个运动过程中，设整个电路产生的焦耳热为，根据能量守恒定律有

则电阻R上产生的焦耳热为

故C错误；

D．整个运动过程中，根据动量定理有

根据安培力公式可知

设导体棒在导轨上运动的最大距离为，又有

联立解得

故D正确。

故选AD。

13．     B     平衡摩擦力过度          相等

【详解】(1)[1]A．电火花计时器的工作电压为220V的交流电压，故A错误；

B．为了使小车所受合力为绳子的拉力，应平衡摩擦阻力即把木板的一侧垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，故B正确；

C．由于实验中可通过力传感器读数绳子的拉力即小车的合力，则实验时不用满足钩码和滑轮的总质量远小于小车的质量，故C错误。

故选B；

(2)[2]由图示图象可知，拉力为零时小车已经产生加速度，说明小车受到的合力大于细线的拉力，这是由于平衡摩擦力时木板倾角过大、平衡摩擦力过大造成的；

[3][4]由牛顿第二定律可得

即

由图像可知

得

理论为

得

由此可知，小车质量与实际时的相等

14．     1.415          160     A     D         

【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数方法是固定刻度示数加上可动刻度示数，所以金属丝的直径为

。

（2）[2][3]用“”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应该选择更小的倍率“”挡，则欧姆表示数为

（3）[4]由于电源电动势为，为了使电压表指针偏转角度超过量程的，则电压表应选择量程为的电压表，即选择A；

[5]金属丝的电阻约为，测量时为了保证电压表的安全，电路中的最大电流约为

根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻的最小值约为

可知滑动变阻器的阻值应大于，故滑动变阻器应选，即选择D。

[6]因为

所以电流表采用内接法，电压表的左端应与端相连。

[7]根据欧姆定律可得

根据电阻定律可得

联立可得

15．（1）；（2）

【详解】（1）气体从A状态变化到B状态的过程中做等压变化，有

根据图像

解得

（2）气体对外界做的功为

根据热力学第一定律，在气体从状态A变化到状态B的过程中，气体内能的增量ΔU为

16．（1）10m/s；（2）5s

【详解】（1）足球停止的时间

运动员延迟0.5s，追击的过程中运在动员加速的时间

由于

因此运动员的速度为10m/s。

（2）足球的位移

在前4.5s内，运动员的位移

接下来运动员匀速运动，所用时间

运动员追上足球的时间

17．（1）60N；（2）；（3）

【详解】（1）物块B在最高点时，有

b到d由动能定理可得

在b点有

联立解得

由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为60N。

（2）由动量守恒定律可得

由能量守恒可得

联立解得

（3）物块与小车恰好共速，设速度为，根据动量守恒定律得

由能量守恒定律可得

联立解得

18．(1)；(2)；(3)3v0

【详解】(1)当粒子以大小为v0的速度射入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径

根据牛顿第二定律有

解得

(2)设粒子射出速度大小为v1，由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的半径

r2=d

根据牛顿第二定律

粒子进入电场后，根据动能定理有

解得

(3)设粒子射出速度增大为v时，粒子刚好不从x=d射出电场设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有：

设粒子出磁场时速度与x轴正向夹角为θ，根据几何关系有

粒子出磁场时，沿x轴正向的分速度

vx=vcosθ

粒子沿电场方向做匀减速运动，根据运动学公式有

根据牛顿第二定律有

qE=ma

解得

v=3v0