2022-2023学年天津市河东区高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

2022-2023学年天津市河东区高三（上）期末物理试卷

1.  在科学技术研究中，关于原子定态、原子核变化的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期
B. 发生衰变时原子核放出电子，说明电子是原子核的组成部分
C. 由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子
D. 原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量

2.  下面是教材中的四幅插图，下列说法正确的是(    )
 

A. 图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B. 图乙是封闭在容器中的一定质量的理想气体，若温度升高，其内能一定增大
C. 图丙是一定质量的理想气体在不同温度下的两条等温线，则
D. 图丁中一只水黾能停在水面上，主要是靠水对水黾的浮力作用

3.  在建造房屋的过程中，建筑工人用轻绳穿过与重物固定连接的光滑圆环，将重物从高台运送到地面的过程，可以简化为如图所示的情景：工人甲和乙站在同一水平高台上分别握住轻绳，甲在A点静止不动，乙站在B点缓慢释放轻绳，使重物下降。在乙释放一小段轻绳的过程中，下列分析正确的是(    )

A. 绳的拉力大小不变
B. 工人甲受到高台的支持力不变
C. 工人甲受到高台的摩擦力变大
D. 工人甲受到高台和绳的作用力的合力变大

4.  由交流发电机、定值电阻R、交流电流表组成的闭合回路如图所示。线圈A BCD逆时针方向转动，下列说法正确的是(    )

A. 线圈转动过程中AB、CD边产生感应电动势
B. 线圈转动到图示位置时，感应电流方向为ABCDA
C. 线圈匀速转动时，交流电流表指针左右摆动
D. 线圈转动到中性面的瞬间，电路中的电流最大

5.  自动体外除颤器是一种便携式的医疗设备，它可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号自动体外除颤器的电容器电容是，充电至4kV电压，电容器在4ms时间内完成放电，下列说法正确的(    )

A. 电容器放电完成后电容为零 B. 电容器的击穿电压为4kV
C. 电容器充电后的电荷量为 D. 电容器放电过程中平均电流为16A

6.  2022年3月23日15时40分，中国航天“天宫课堂”第二课开课了，这次在距离地面约400km的中国载人空间站“天宫”上进行了太空科学探究。授课期间，航天员演示了“水油分离实验”和“太空抛物实验”等，下列说法正确的是(    )
 

A. 在“天宫”中水和油因为没有受到地球引力而处于漂浮状态
B. 发射“天宫”的速度应介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
C. 在“天宫”中做“太空抛物实验”时，冰墩墩被抛出后做平抛运动
D. “天宫”运行的周期一定小于24小时

7.  东京奥运会女子铅球决赛中，32岁的老将巩立姣以20米58的成绩夺冠，为我国田径队收获了本届奥运会的第一枚田径金牌。这块金牌也实现了我国奥运会田赛项目“零的突破”。如图所示，巩立姣斜向上推出铅球，铅球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，则(    )

A. 运动员斜上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能
B. 铅球离手时初速度越大，在空中飞行的时间越长
C. 铅球在空中飞行过程中，铅球的重力势能先增大后减小
D. 铅球在空中飞行过程中，相同时间内球的动量变化量相同

8.  如图所示，竖直放置的平行板电容器内除电场外还有图示的匀强磁场，从A板中点孔P向各个方向发射一批不同速度的带正电的微粒考虑重力，则A到C的过程中(    )

A. 微粒一定不做匀变速运动
B. 微粒一定做曲线运动
C. 所有微粒到达C板时动能一定发生变化
D. 所有微粒到达C板时机械能一定增大

9.  某实验小组设计了如图所示的实验装置，通过改变重物的的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。

他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图所示。
①图线______是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的选填A或；
②滑块和位移传感器发射部分的总质量______kg；
③滑块和轨道间的动摩擦因数µ=______。取重力加速度
某同学用伏安法测定待测电阻的阻值约为，除了、开关S，导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表量程，内阻约
B.电压表量程，内阻约
C.电流表量程，内阻约
D.电流表量程，内阻约
E.电源电动势，额定电流，内阻不计
F.电源电动势12V，额定电流2A，内阻不计
G.滑动变阻器阻值范围，额定电流
①为使测量尽量准确，电压表选用______，电流表选用______，电源选用______。均填器材前的字母代号；
②在虚线框内画出测量阻值的实验电路图；

③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会______其真实值填“大于”“小于”或“等于”。

10.  如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离质量的小滑块1放在半圆形轨道末端的B点，另一质量也为的小滑块2，从A点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数取重力加速度两滑块均可视为质点．求：
碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；
两滑块在碰撞过程中损失的机械能；
在C点轨道对两滑块的作用力大小

11.  如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经电压为U的加速电场加速后在纸面内运动，自O点与磁场边界成角射入磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向里的匀强磁场。已知甲种离子从磁场边界的N点射出；乙种离子从磁场边界的M点射出；OM长为L，ON长为4L，不计重力影响和离子间的相互作用。求：
甲种离子比荷；
乙种离子在磁场中的运动时间。

12.  世界多国都在加紧研制真空管道超高速磁悬浮列车，某研发团队想要探究其电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装N匝正方形线框abcd，边长为L，线框总电阻为R，其平面与水平轨道平行；小车总质量为m，其俯视图如图所示，小车到站需要减速时，在前方虚线和之间设置一竖直向上的匀强磁场，磁感应强为B。宽度为H，且。若小车关闭引擎即将进入磁场前的速度为，在行驶过程中小车受到轨道阻力可忽略不计，不考虑车身其他金属部分的电磁感应现象。求：
边刚进入磁场时线框内感应电流I的大小和方向；
边刚进入磁场时，小车的加速度a的大小；
若小车完全进入磁场时速度为，求在此过程中通过线圈的电荷量q和线圈产生的焦耳热Q。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：
A.采用物理或化学方法都不能改变放射性元素的半衰期，它与状态或环境无关，故A错误；
B.原子核放出电子是因为中子变成了一个质子和一个电子，电子不是原子核的组成部分，故B错误；
C.由玻尔理论知道，从激发态跃迁到基态时氢原子会放出光子，若从基态跃迁到激发态时，则吸引光子，故C正确；
D.原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，故D错误；
故选：C。
放射性元素的半衰期不受环境与状态的影响；氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子；核子结合成原子核时伴随巨大能量产生；
本题考查的知识点较多，难度不大，要在平时学习中多积累，注意理解半衰期适用条件，知道电子跃迁会吸引或释放能量．
 

2.【答案】B 

【解析】解：A、每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动图像反映每隔一段时间固体微粒的位置，而不是运动轨迹，故A错误；
B、理想气体不计分子势能，所以温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大，故B正确；
C、由理想气体状态方程可判断，一定质量的理想气体，不同温度下对应的等温线是不同的，且越靠近原点等温线所表示的温度就越低，即，故C错误；
D、水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用，故D错误。
故选：B。
折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，并不是固体小颗粒的运动轨迹；
理想气体的内能仅由温度决定；
根据判断两条件曲线的规律，等温过程的图象是一条双曲线；
用液体表面张力的特点去分析。
本题考查了布朗运动、内能、分子力、图象特点等热学知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。
 

3.【答案】B 

【解析】A.设重物重力为G，对圆环受力分析如图所示

由平衡条件得2TG，解得。
当乙站在B点缓慢释放轻绳，使重物下降，变小，G不变，拉力T变小，故A错误；
B.将甲、乙和重物作为一个整体，高台对甲、乙的支持力满足2N=G+G甲+G乙，则甲受到跳台的支持力不变，恒等于甲、乙和重物总重力的一半，故B正确；
C.甲受力如图所示

由平衡条件可得f=T，由A选项可知T变小，变小，所以f变小，故C错误；
D.工人甲处于平衡状态，合力为零，工人甲受到高台和绳的作用力的合力大小始终等于工人甲的重力不变，故D错误。
故选：B。
以重物为研究对象，受力平衡，随着重物下降判断绳子拉力减小；以甲、乙和重物整体为研究对象判断高台对甲的支持力不变；以甲为研究对象，由受力平衡判断摩擦力减小；甲受到高台和绳的作用力的合力与甲的重力是平衡力，故不变。
本题考查连接体受力分析，可以选择不同的研究对象灵活采用整体法、隔离法求解。
 

4.【答案】A 

【解析】解：A、线圈转动过程中AB、CD边切割磁感线，产生感应电动势，故A正确；
B、线圈转动到图中位置时，AB和CD边垂直切割磁感线，根据右手定则可知，AB边产生的电流方向沿BA方向，CD边产生的电流方向沿DC方向，故感应电流方向为ADCBA，故B错误；
C、交流电流表测量的是交流电的有效值，故电流表的指针不动，故C错误；
D、线圈转动到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，此时电路中的电流最小，故D错误；
故选：A。
要解决此题，需要掌握发电机的制作原理，知道发电机是根据电磁感应原理制成的，感应电流的方向与磁场方向和切割磁感线的方向有关，电流表测量的是交流电的有效值。
此题主要考查了发电机的工作原理．要知道发电机是根据电磁感应原理制成的．感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化
 

5.【答案】D 

【解析】解：A、电容器的电容决定于电容器本身，电容器放电完成后，电容不变，故A错误；
B、电容器铭牌上电压标称电压为额度工作电压，所以电容器的额度电压为4kV，击穿电压要比4kV高得多，故B错误；
C、根据电容公式，得：，故C错误；
D、根据电容公式，得：，根据电流强度的定义，得电容器放电的平均电流为：，故D正确。
故选：D。
电容器的电容决定于电容器本身，据此作答；
根据电容器铭牌上电压标称电压的含义作答；
根据电容定义公式变形后计算电荷量；
根据电容公式计算电荷量，根据电流的定义计算平均放电电流。
注意：电容器铭牌上电压标称电压为额度工作电压，表示电容器在该电压以下都能正常工作；电容器的电容决定于电容器本身，与电压和电荷量无关。
 

6.【答案】BD 

【解析】解：“天宫”及其内部物体所受地球引力全部提供向心力而处于失重状态，则在“天宫”中水和油处于漂浮状态，故A错误；
B.第一宇宙速度是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的线速度，是航天器的最小发射速度，第二宇宙速度脱离速度是在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度；“天宫”的轨道半径大于地球半径，所以发射“天宫”的速度应介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间，故B正确；
C.“天宫”中物体处于失重状态，在“天宫”中做“太空抛物实验”时冰墩墩被抛出后做直线运动，故C错误；
D.“天宫”在距离地面约400km的近地轨道，小于同步卫星的轨道，所以“天宫”运行的周期一定小于24小时，故D正确。
故选：BD。
“天宫”及其内部物体所受地球引力全部提供向心力而处于失重状态，根据万有引力提供向心力分析第一宇宙速度的特点；在“天宫”中做“太空抛物实验”时冰墩墩被抛出后做直线运动。
解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力．常常是万有引力定律与圆周运动知识的综合应用．
 

7.【答案】CD 

【解析】解：A、由于运动员斜上推出铅球过程，铅球的高度增加，重力势能增加，所以运动员做的功全部转化为铅球的动能和重力势能，故A错误；
B、铅球在空中做斜上抛运动，初速度越大，在空中飞行的时间不一定长，还与初速度的方向有关，故B错误；
C、铅球在空中做斜抛运动，先升高后下降，因此铅球的重力势能先增大后减小，故C正确；
D、铅球在空中飞行过程中，不计空气阻力，根据动量定理可知，球的动量变化量等于重力的冲量，即，因此相同时间内球的动量变化量相同，故D正确。
故选：CD。
运动员斜上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能和重力势能；铅球在空中做斜上抛运动，在空中飞行时间与初速度大小和方向都有关；根据高度的变化，分析铅球重力势能的变化，利用动量定理分析相同时间内球的动量变化量关系。
解答本题时，要明确斜抛运动的时间既与初速度大小有关，也与初速度方向有关。对于动量变化量，可以根据动量定理进行研究。
 

8.【答案】AD 

【解析】解：AB、微粒在平行板中受重力、电场力、磁场力三个力作用，重力和电场力都是恒力，但磁场力的大小和方向随速度的大小和方向的不同而不同，因此三个力的合力可以为但不可能恒定，故微粒可以做匀速运动但一定不能做匀变速运动，故A正确，B错误；
CD、由A板到C板，合力可能做正功，也可能做负功或不做功，故微粒动能的变化是不确定的，由于电场力一定做正功故机械能一定增大，故C错误，D正确；
故选：AD。
微粒在平行板中受重力、电场力、磁场力三个力作用，重力和电场力都是恒力，但磁场力的大小和方向随速度的大小和方向的不同而不同，据此判断微粒可能的运动；在复合场中微粒做匀速圆周运动的条件是洛伦兹力提供向心力，其它力的矢量和为0；除重力和弹力之外有其他力做的功等于系统机械能变化量
本题考查了洛伦兹力的方向、电场力、重力、洛伦兹力做功的特点，微粒机械能守恒的条件，微粒在复合场中做匀速圆周运动和匀速直线运动的条件。
 

9.【答案】大于 

【解析】解：①由图象可知，上边的直线A当时，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，说明重力沿斜面方向向下的分力大于摩擦力，所以上边的图线A是在轨道右左抬高成为斜面情况下得到的。则另一条直线B是在水平情况下得到的；
②滑块在水平轨道上时，根据牛顿第二定律
得滑块加速度
可见图像的斜率等于位移传感器发射部分的总质量的倒数
图像的斜率；
所以滑块和位移传感器发射部分的总质量
③图像的横截距等于滑动摩擦力的大小，即
动摩擦因数
①由于待测电阻的阻值很大，因此电源电动势选用F；
由于电源电动势为12V，因此电压表选择B；
通过待测电阻的电流为，因此电流表选择C；
②因给出的滑动变阻器总阻值较小，所以应采用分压接法，同时因待测电阻较大，为了准确测量，电流表选择内接法，故电路图如图所示：

③电流表内接法，误差来源于电流表分压，根据串联电路的电压关系，电阻两端电压
由欧姆定律可知，电阻真实值，因此测量值将大于真实值。
故答案为：①A；②；③；：①B；C；F；②电路图如图所示；③大于。
由图象可知，上边的直线A当时，加速度不为零，因此说明图线A是左侧抬高成斜面得到的；对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解函数表达式，结合图像求解斜率和横截距，进而求解滑块和位移传感器发射部分的总质量和动摩擦因数；
①分析给出的仪表，根据安全和准确性原则进行分析，从而确定应选择的测量仪表；
②根据实验原理确定实验电路图，明确分压接法和内外接法的正确应用；
③分析电路图，根据电表内阻的影响进行分析，明确误差情况和原因。
注意：问中关键在于从图像中获取加速度与合力的信息，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系；问中，要通过求出待测电阻的最大电流来选择电流表量程。
 

10.【答案】解：以滑块2为研究对象，从A到B：
根据动能定理可得：
以两滑块为研究对象，碰撞前后，以向右为正方向，
根据动量守恒定律：
代入数据解得：；
根据能量守恒定律：  
代入数据解得：
以两滑块为研究对象，从B到C：
根据机械能守恒定律可得：
在C点，两滑块受重力和轨道的作用力F，
根据牛顿第二定律可得： 
代入数据解得：
答：碰后瞬间两滑块共同的速度大小为；
两滑块在碰撞过程中损失的机械能为；
在C点轨道对两滑块的作用力大小为 

【解析】根据动能定理和动量守恒定律求出A与B碰撞后的共同速度；
碰后A、B粘在引起，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后的速度，结合能量守恒定律求出损失的机械能；
根据机械能守恒定律求出系统到达C点时的速度，根据牛顿第二定律求出轨道对AB系统的作用力大小．
本题综合考查了动量守恒定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识，综合性较强，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解．
 

11.【答案】解：设甲种离子质量为，电荷量为，在电场中加速过程：
设甲种离子在磁场中的运动半径为，则：
如图所示，由几何关系知：

联立解得：
设乙种离子质量为，电荷量为，在电场中加速过程：
设乙种离子在磁场中的运动半径为，则：
由几何关系知：
离子在磁场中运动的偏转角：
设乙种离子在磁场中运动的周期T，则：
设乙种离子在磁场中运动的时间为t，则：
联立解得：
答：甲种离子比荷为；
乙种离子在磁场中的运动时间为。 

【解析】甲种离子根据动能定理结合洛伦兹力提供向心力解得比荷；
根据几何关系解得乙种离子的圆心角，结合周期公式解答。
本题考查了离子在电场与磁场中的运动，离子在电场中加速、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚离子运动过程、求出离子在磁场中做圆周运的轨道半径是解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题。
 

12.【答案】解：边刚进入磁场时产生的感应电动势为：…①
根据闭合电路的欧姆定律可得，此时线框内感应电流的大小为：…②
由①②可解得：…③
由右手定则可判断出线框内感应电流的方向为顺时针；
边刚进入磁场时，有：…④
由③④可解得：
由法拉第电磁感应定律可知此过程中产生的平均感应电动势为：…⑤
平均感应电流为：…⑥
此过程中通过线圈的电荷量为：…⑦
由⑤⑥⑦可解得：
由能量守恒定律可得：…⑧
由⑧可解得：
答：边刚进入磁场时线框内感应电流的大小为，方向为顺时针方向；
边刚进入磁场时，小车的加速度大小为；
若小车完全进入磁场时速度为，在此过程中通过线圈的电荷量为；线圈产生的焦耳热为。 

【解析】要计算感应电流的大小，可根据闭合电路欧姆定律先求解出感应电动势大小再进行计算，求解感应电动势可根据电磁感应定律进行求解，方向可根据右手定则进行判断；
要计算加速度，要先进行受力分析，分析出合外力根据牛顿第二定律进行求解；
要计算电荷量，需根据进行计算，就必须先根据电磁感应定律表示出平均感应电动势，再表示出平均感应电流即可代入求解；要计算焦耳热，可根据能量守恒定律直接列式求解。
本题是对电磁感应定律、牛顿第二定律、能量守恒定律、闭合电路欧姆定律等知识的综合考查，但比较容易分析，过程比较简单。