2022届宁夏石嘴山市第三中学高三（上）期末物理试题含解析

石嘴山三中2022届高三年级期末考试物理试卷

一、选择题:本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. A、B两物体x－t图象如图所示，由图可知（　　）

A. 5s内A、B的平均速度相等

B. 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动

C. 从第3s起，两物体运动方向相同，且vA>vB

D. 在0-5s内两物体的位移相同，5s末A、B相遇

【答案】C

【解析】

【详解】A．5s内A、B的平均速度分别为

选项A错误；

B．B从x=5m处开始运动，A从x=0处开始运动；物体A比B迟3s才开始运动，选项B错误；

C．因图像的斜率等于速度，可知从第3s起，两物体运动方向相同，且vA>vB，选项C正确；

D．在0-5s内A的位移为10m，B的位移为5m，两物体的位移不相同，5s末A、B相遇，选项D错误。

故选C。

2. 如图所示，重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的。平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为。AO的拉力为，BO的拉力为，则（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】对结点O受力分析可知：

故选D。

3. 一个质量为0.5kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1m/s，与地面作用0.1s后以等大的动量被反弹。小钢球在与地面碰撞的过程中，g取10m/s2，下列说法中正确的是（　　）

A. 小钢球重力的冲量是

B. 若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为

C. 若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是

D. 若小钢球受到的支持力不变，小钢球受到的支持力大小为15N

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据冲量定义可得：小钢球在与地面碰撞的过程中，重力的冲量

故A错误；

BC．依题意，若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为

根据动量定理，小钢球受到的合力冲量为

故BC错误；

D．小钢球在与地面碰撞过程中，合力的大小为

由

可知小钢球受到的支持力大小为

故D正确。

故选D。

4. 如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，在滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向上滑动的过程中（　　）

A. 路端电压变小

B. 通过滑动变阻器R1的电流变小

C. 电阻R2消耗的电功率变小

D. 电源输出功率一定变大

【答案】B

【解析】

【详解】A．在滑动变阻器R1的滑动触片P向上滑动的过程中，R1变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律分析知电路中的总电流变小，路端电压

I变小，E、r不变，则U变大，故A错误；

B．总电流变小，路端电压U变大，通过电阻R2的电流变大，所以通过滑动变阻器R1的电流必定变小，故B正确；

C．路端电压U变大，根据

可知电阻R2消耗的电功率变大，故C错误；

D．因为在滑动变阻器R1的滑动触头P向上滑动的过程中，不知道总外阻与内阻的阻值变化关系，所以不能确定电源的输出功率变化情况，故D错误。

故选B。

5. 如图甲所示，质量m=0.5kg，初速度v0=10m/s的物体，受到一个与初速度方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的图像如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）

A. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2

B. 0～7s内物体滑行的总位移为30m

C. 0～7s内摩擦力做功为

D. 0～3s内F做的功为

【答案】D

【解析】

【详解】A．设物体与地面间的动摩擦因数为μ，设F作用时物体的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有

设F撤去后物体的加速度大小为a2，同理可得

由题图乙可知

解得

故A错误；

BC．根据图像围成的面积表示位移，可得0～7s内物体的位移大小为

摩擦力做功为

故BC错误；

D．依题意，可得0～3s内F做的功为

故D正确。

故选D。

6. 航天员驾驶宇宙飞船进行太空探索时发现一颗星球，测得该星球的半径等于地球半径，登陆后测得该星球表面的重力加速度大小只有地球表面重力加速度大小的，不考虑星球和地球的自转，下列说法正确的是（   ）

A. 在该星球表面时，航天员的质量是在地球表面时的

B. 该星球质量是地球质量的

C. 该星球的平均密度是地球平均密度的2倍

D. 该星球的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的

【答案】BD

【解析】

【详解】A．质量不随着物体位置的改变而改变，A错误；

B．根据万有引力与重力的关系有

，

联立求解有

2M星 = M地

B正确；

C．由选项B可知

2M星 = M地

再根据质量与密度的关系

有

2ρ星 = ρ地

C错误；

D．第一宇宙速度为

化简有

v地 = v星

D正确。

故选BD。

7. 如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g，关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（　　）

A. 末速度大小为

B. 末速度沿水平方向

C. 重力势能减少了

D. 克服电场力做功为

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB．时间内微粒匀速运动，则有

内，微粒做平抛运动，加速度为向下的g；

时间内，微粒的加速度

方向竖直向上。微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；

C．微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量

故C正确；

D．在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功

故D正确。

故选BCD。

8. 如图甲所示，光滑细杆竖直固定，套在杆上的轻弹簧下端固定在地面上，套在杆上的小滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.05m处，滑块与弹簧不拴接。由静止释放滑块，地面为零势能面，滑块上升过程中的机械能E和离地面的高度h之间的关系如图乙所示，g＝10m/s2，不计空气阻力。由图像可知（　　）

A. 小滑块的质量为0.2kg

B. 轻弹簧原长为0.1m

C. 弹簧的最大弹性势能为0.5J

D. 滑块距地面最大高度为0.2m

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由图可知，初始位置重力势能为0.1J，根据可得

A正确；

B．当机械能不变，弹簧恢复原长，可知弹簧原长为0.15m，B错误；

C．根据机械能守恒可知

解得弹簧弹性势能最大值为

C正确；

D．在整个运动过程中，由能量守恒定律可得

解得

D错误；

故选AC。

第Ⅱ卷

二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第9题~第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题~第16题为选考题，考生根据要求作答。

9. 用如图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：

（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a－F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________（填“偏大”或“偏小”）；

（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件；

（3）某同学得到如图所示纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，Δs＝sDG－sAD＝________cm，由此可算出小车的加速度a＝________m/s2（保留两位有效数字）。

【答案】    ①. 偏大    ②. 小于    ③.     ④. 1.7-2.0    ⑤. 4.8—5.2

【解析】

【详解】（1）[1]当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大；

（2）[2]小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力。

[3]对整体分析，根据牛顿第二定律得

解得

则绳子的拉力

当，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件；

（3）[4]刻度尺上读出A、D、G三点的位置，可得

[5]计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度

10. 小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0，根据如图所示电路图进行实验时，

（1）电流表量程应选择___________（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用_______（填“A”或“B”）;

A、定值电阻（阻值10.0Ω，额定功率10w）

B、定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5w）

（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为________V

（3）根据实验测得的5组数据画出的U-I图线如图3所示，则干电池的电动势E=______V，内阻r=_____Ω（小数点后保留两位）

【答案】    ①. 0.6A    ②. B    ③. 1.21±0.01    ④. 1.45±0.01    ⑤. 0.50±0.05

【解析】

【详解】试题分析：根据题中所给器材的特点，大致计算下电流的大小，选择合适的电流表，对于选择的保护电阻，一定要注意保护电阻的连入，能使得电流表的读数误差小点；图像的斜率表示，纵截距表示电源电动势，据此分析计算．

（1）因一节干电池电动势只有1.5V，而内阻也就是几欧姆左右，提供的保护电阻最小为2Ω，故电路中产生的电流较小，因此电流表应选择0.6A量程；电流表的最大量程为0.16A，若选用10欧姆的，则电流不超过0.15A，所以量程没有过半，所以选择B较为合适．

（2）电压表应选择3V量程的测量，故读数为1.20V．

（3）图像与纵坐标的交点表示电源电动势，故E=1.45V；图像的斜率表示，故，故r=0.5Ω．

11. 如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C（可视为质点），线长L=0.8m。现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的速度为2m/s。已知A、B、C的质量分别为mA=4kg、mB=8kg和mC=1kg，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g=10m/s2。

（1）求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；

（2）求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；

（3）若物体A未从小车B上掉落，小车B最小长度为多少？

【答案】（1）30N；（2）1.5m/s；（3）0.375m

【解析】

【详解】（1）设小球C与物体A碰撞前瞬间的速度大小为v0，对小球C的下摆过程，由机械能守恒定律得

解得

设小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线拉力大小为F，对小球由牛顿第二定律得

解得

（2）以v0方向为正方向，设A、C碰撞后瞬间A的速度大小为vA，由动量守恒定律得

解得

（3）当物体A滑动到小车B的最右端时恰好与小车B达到共同速度v时，小车B的长度最小，设为x。由动量守恒定律得

解得

由能量守恒定律得

解得

12. 如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为＋q的粒子自P(－l，l)点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力。

（1）求磁场Ⅰ的磁感应强度B1；

（2）若磁场Ⅱ的磁感应强度B2=B1，粒子从磁场Ⅱ再次进入电场，求粒子第二次离开电场时的横坐标；

（3）若磁场Ⅱ的磁感应强度B2=3B1，求粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间内，粒子的平均速度。

【答案】（1）；（2）－2l；（3），方向沿y轴负方向

【解析】

【分析】

【详解】（1）设粒子垂直于x轴进入I时的速度为v，由运动学公式

2al=v2

由牛顿第二定律

Eq=ma

由题意知，粒子在I中做圆周运动的半径为l，由牛顿第二定律

qvB1=

得

B1=

（2）粒子运动的轨迹如图1所示，粒子第二次进入电场，在电场中做类平抛运动

x负方向

x=vt

y负方向

l=

得

x=2l

则横坐标－2l

（3）粒子的运动轨迹如图2所示

设粒子在磁场I中运动的半径为R1，周期为T1，在磁场Ⅱ中运动的半径为R2，周期为T2，则

R1=l，3qvB2=

则

T1=，T2=

得

R2=，T2=

粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间

t=T1+T2

粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴时间内的位移

s=6R2

平均速度

方向沿y轴负方向。

【物理选修3-3】

13. 下列说法正确的是（　　）

A. 教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这种运动是布朗运动

B. 地面附近有一正在上升的空气团（视为理想气体），它与外界的热交换忽略不计。已知大气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中气团体积增大，温度降低

C. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而增大

D. 用油膜法测出油酸分子直径后，还需知道油酸的摩尔体积，才可估算出阿伏伽德罗常数

E. 一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，在单位时间内单位面积的容器壁上受到气体分子撞击的次数越多

【答案】BDE

【解析】

【详解】A．布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，则教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，是气体的流动引起的，不是布朗运动。故A错误；

B．气团在此上升过程中内部压强大于外部大气压，气团体积变大对外做功，与外界的热交换忽略不计，则气团的内能减少，则温度降低，故B正确；

C．当分子力表现为引力时， 分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故C错误；

D．用油膜法测出油酸分子直径后，可以由几何关系求出分子的体积，然后需知道油酸的摩尔体积就可估算出阿伏伽德罗常数，故D正确；

E．一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，分子的平均动能越大，大部分分子运动的更快，则在单位时间内单位面积的容器壁上受到气体分子撞击的次数越多，故E正确。

故选BDE。

14. 如图所示，一端封闭、一端开口的玻璃管长度为l=1m，用长为h=20cm的水银柱封闭一段理想气体，当玻璃管的开口竖直向下稳定时，气体的长度为l1=72cm。已知大气压强为p0=76 cmHg，封闭气体的温度为 ，求:（以下计算中相关数据及结果均取整数）

（1）若气体的温度恒为，将玻璃管缓慢地转过180°，则稳定时气体的长度为多少?

（2）保持开口向上，使气体的温度逐渐升高，当温度为多少摄氏度时，水银柱刚好与玻璃管口平齐?

【答案】（1）42m；（2）

【解析】

【分析】

【详解】（1）设气体柱橫截面积为S，对封闭气体柱

管口向下时

管口向上时

由玻意耳定律得

代入数据解得

（2）设当温度升高到时，水银恰好不溢出，对封闭气体柱

由盖一吕萨克定律

代入数据解得

气体的温度为

【选修3-4】

15. 下列说法中正确的是       

A. 物体做受迫振动，驱动力频率越高，物体振幅越大

B. 机械波从一种介质进入另一种介质传播时，其频率保持不变

C. 质点做简谐运动，在半个周期的时间内，合外力对其做功一定为零

D. 用单摆测重力加速度的实验时，在几个体积相同的小球中，应选择质量大的小球

E. 交通警察向远离警车的车辆发送频率为的超声波，测得返回警车的超声波频率为，则

【答案】BCD

【解析】

【详解】A． 物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振。故A错误；

B． 机械波从一种介质进入另一种介质传播时，其频率保持不变，故B正确；

C． 振子做简谐运动，在半个周期时间内，振子的速率不变，根据动能定理得知合外力做的功一定为0，故C正确；

D．为了减小阻力的影响，用单摆测重力加速度的实验时，在几个体积相同的小球中，应选择质量大的小球，故D正确；

E． 交通警察向远离警车的车辆发送频率为的超声波，测得返回警车的超声波频率为，因为相互远离，根据开普勒效应可知，故E错误。

故选BCD。

16. 如图所示，等腰三角形ABC为一透明材料做成的三棱镜的横截面示意图，，AC边长为，M、N分别为AC、BC的中点。一平行AB的细光束从M点射入棱镜，经AB面反射一次后从N点射出，光在真空中的传播速度用表示，求光在透明材料内传播所用的时间。

【答案】

【解析】

【详解】光路图如图所示。

光在M点发生折射，据折射定律可得:

①

因入射光线平行于AB，故：

②

∠MPA=60°③

因M点位AC边中点，可得:

∠MOP=30°④

又:

r=∠MPA-∠MOP⑤

解得:

⑥

光在棱镜中传播的距离为:

s=a⑦

经历的时间:

⑧

⑨

解得:

⑩