2021_2022学年辽宁省营口市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021~2022学年辽宁省营口市高三（上）期末物理试卷

1.     福岛核电站的核废水中放射性物质“氘”难以清除．关于“氚”的一个核反应方程为，对此以下说法正确的是(    )

A. 反应后总结合能变大
B. 核反应产物中的X粒子为
C. 反应前后核子的总质量相等
D. 该核反应也是世界各地正在运行的核电站中的主要核反应

2.     质量为m的质点在xOy平面上以速度v沿y轴正方向运动时，受到大小不变、方向为x轴正向的恒定合力F作用，当质点速度大小变成2v时，F作用的时间为(    )

A.  B.  C.  D.

3.     如图所示，两束单色光a和b从水中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光根据这一现象可知(    )

A. 在水中时a光和b光的传播速度相同
B. 两束光在从水进入空气时频率均变小
C. 从水中射向空气时，a光全反射的临界角比b光小
D. 真空中a光的波长比b光长

4.     甲、乙两物体从同一点开始沿同一直线同向运动，甲的图象和乙的图象分别如图所示，下列说法中正确的是(    )
    

A. 甲、乙两物体第3s内速度方向相同
B. 甲物体2s到4s内位移大小为零
C. 乙物体2s到4s内的速度和加速度方向均发生了变化
D. 甲物体在3s末回到出发点，甲物体运动过程中，距出发点的最远距离为4m

5.     某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为，线圈的匝数为100匝，线圈内阻不计，交流发电机的矩形线圈面积为，若磁体转动的角速度为，线圈外接理想变压器原线圈，若“6V，6W”的灯泡正常发光，则(    )

A. 矩形线圈中产生的电动势的有效值为12V
B. 变压器原、副线圈匝数之比为4：1
C. 原线圈的输入功率为24W
D. 若磁体转速减半，则灯泡功率变成原来一半

6.     一列简谐横波在时的波形图如图所示，P、Q是介质中的两个质点，图是质点Q的振动图象。关于该简谐波，下列说法正确的是(    )
    

A. 波速为
B. 沿x轴正方向传播
C. 质点Q的平衡位置坐标
D. 在时刻质点P的速度与加速度方向相反

7.     如图所示，半径为R、圆心为O的圆处于匀强电场中，电场强度方向与圆面平行，ab和cd均为该圆直径。将电荷量为的粒子从a点移动到b点，电场力做的功为；将该粒子从c点移动到d点，电场力做的功为2W。该匀强电场的电场强度大小为(    )

A.  B.  C.  D.

8.     中国空间站“天和”核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。已知地球表面重力加速度大小为忽略地球自转，地球的半径为R，则下列关于核心舱说法正确的是(    )

A. 核心舱在轨道上运行周期大于同步卫星的周期
B. 核心舱在轨道上运行速度小于
C. 核心舱在轨道处加速度为
D. 核心舱运行周期为

9.     如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并与导轨良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，使棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，重力加速度为g。下列关于通过金属棒ab的电荷量q、电流I、穿过abPM的磁通量中及ab所受外力F随时间t变化的图像中，正确的是(    )
    

A.  B.
C.  D.

10. 如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个的变力作用，从时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是(    )
     

A. 滑块与木板间的动摩擦因数为 B. 木板与水平地面间的动摩擦因数为
C. 图2中， D. 木板的最大加速度为

11. 某同学用图甲所示装置验证自由下落小球机械能守恒。带有刻度的玻璃管竖直放置，光电门的光线沿管的直径穿过玻璃管，光电门位置可上下调节。小钢球直径小于管的直径，小钢球多次从管口零刻度线处静止释放。在安装调试好装置后，主要实验步骤如下：
    
    用10分度游标卡尺测量小钢球直径d，示数如图乙所示，则______ mm；
    小钢球通过光电门的挡光时间为，当地重力加速度为g，光电门到管口零刻度线处的高度为h，若小钢球下落过程机械能守恒，则______ 用d、、g表示；
    实验中多次改变h并记录对应的挡光时间，作出图线如图丙所示，则由图丙中数据可得重力加速度的值______ 保留2位有效数字；
    根据上述实验操作及测量的数据，即可验证小球下落过程机械能是否守恒。
12. 某兴趣小组想测量电阻的阻值约为1千欧。
    该小组设计了如图所示的电路图，其中电流表满偏电流为，内阻。在该实验中，认为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是：______填“A”、“B”或者“C”；
    A.变阻器
    B.变阻器
    C.变阻器
    连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最左端，并将电阻箱R的阻值调到______填“0”或“最大”，然后闭合电键S，调节P，使电流表满偏，此后滑片P保持不动；
    在保证滑动变阻器滑片不动的前提下，调节电阻箱R的阻值，记录多组电阻箱R的阻值和对应的电流值，以R为横坐标、为纵坐标进行描点、连线得到一条倾斜直线，已知该直线的斜率为k，则待测电阻______用题中给出的字母表示。
13. 如图所示，一导热性能良好的气缸放置在水平面上，左端开口，其横截面积，内壁光滑，固定的卡口A、B与缸底的距离，厚度不计，质量为的活塞在气缸内封闭了一段长为2L、温度为的理想气体。现缓慢调整气缸开口至竖直向上，取重力加速度，大气压强为。求：
    稳定时活塞到气缸底部的高度。
    当缸内温度逐渐降到200K时，活塞所处的位置。

14. 如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为，传送带长为，以的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带下端与地面平滑连接。一滑块从传送带顶端A点由静止释放，滑块A的质量为，与传送带之间的动摩擦因数为。一段时间以后，滑块A到达传送带底端刚进入水平面时与静止在地面上的物块B发生弹性正碰，物块B的质量为。滑块A、物块B与地面间的动摩擦因数均为。取重力加速度，，，求：
    滑块A从开始运动到与传送带速度相等时所经过的位移x。
    滑块A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度。
    滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d。

15. 如图所示，在直角坐标系中的y轴和的虚线之间以x轴为边界存在两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ磁场方向垂直于纸面向里。一粒子加速器放置在y轴上，其出射口P点坐标为，其加速电压可调。质量为m、电荷量为q的粒子经加速器由静止加速后平行于x轴射入区域Ⅰ，粒子重力忽略不计。
    
    调节加速电压，粒子恰好从O点射出磁场，求加速电压的大小U；
    若区域Ⅱ磁感应强度大小为B，如果粒子恰好不从y轴射出，求粒子从P点射出后第二次经过x轴所用时间t；
    若区域Ⅱ磁感应强度大小为，粒子恰好从坐标为的Q点平行于x轴射出磁场，求粒子在磁场中速度的大小。
    

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：A、轻核聚变生成较大原子核的过程中，会释放出能量，反应后结合能变大，故A正确；
B、由质量数守恒和电荷数守恒可知X粒子为，即中子，故B错误；
C、聚变反应会释放出能量，由质能方程可知反应过程中必然有质量亏损，反应后核子的总质量小于反应前核子的总质量，故C错误；
D、目前世界各地正在运行的核电站中的主要核反应是重核的裂变反应，故D错误。
故选：A。
轻核聚变生成较大原子核的过程中，会释放出能量，结合能更大；根据质量数守恒和电荷数守恒确定X粒子；由质能方程分析反应过程中质量的变化；核电站中的主要核反应是重核的裂变反应。
熟练掌握结合能概念、爱因斯坦质能方程是解决本题的关键。要知道在核反应方程中，遵守质量数守恒和电荷数守恒。
 

2.【答案】C 

【解析】解：当质点速度大小变成2v时，将速度进行分解如图所示；

解得：
质点沿x方向的加速度大小为：
根据速度-时间关系可得：
联立解得：，故C正确、ABD错误。
故选：C。
根据几何关系得到沿x方向的速度大小，再根据牛顿第二定律求解质点沿x方向的加速度大小，根据速度-时间关系求解时间。
对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，知道二者具有等时性和独立性，能够将合运动分解为两个分运动，然后根据几何关系进行解答。
 

3.【答案】D 

【解析】解：A、由图看出，a光的偏折程度比b光的小，则水对a的折射率比对b光的小，由判断可知，在水中a光的传播速度比b光的大，故A错误；
B、光的频率由光源决定，与介质无关，所以两束光从水进入空气时，频率均不变，故B错误；
C、根据临界角公式，知a光的折射率小，临界角较大，故C错误；
D、水对a的折射率比对b光的小，则a光的频率比b光的小，由知真空中a光的波长比b光长，故D正确。
故选：D。
根据光的偏折程度比较出光的折射率大小，从而判断光的频率和波长关系；由判断光在水中传播速度大小；根据全反射临界角公式，比较临界角的大小。
根据光的偏折程度，运用折射定律比较折射率大小是解决本题的关键，同时要掌握折射率与临界角、光速等物理量的关系，这些都是考试的热点，要加强这方面的训练，能够熟练运用。
 

4.【答案】D 

【解析】解：A、根据图象的斜率表示速度，知第3s内甲的速度为负；由图象知第3s内乙物体速度为正，则第3秒内甲、乙两物体速度方向相反，故A错误；
B、根据位移等于纵坐标的变化量，知内甲的位移为，甲的位移大小为8m，故B错误；
C、图象的斜率表示加速度，斜率不变则加速度不变；所以乙物体2s到4s内的加速度方向不变、速度方向发生了变化，故C错误；
D、由图像知，甲在3s末，回到出发点，在和时，甲距出发点的距离最大，为4m，故D正确。
故选：D。
在图象中，图象的斜率表示速度，位移等于纵坐标的变化量，由此求出甲距出发点的最大距离；在图象中，速度正负表示速度方向，图象与时间轴所围的面积表示位移。
对于速度-时间图象，往往根据“面积”求位移，根据斜率分析加速度。对于位移-时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移等于纵坐标的变化量。
 

5.【答案】B 

【解析】解：A、线圈产生的电动势最大值为：，故产生电动势的有效值为，故A错误；
B、由于灯泡的额定电压为6V，由电压与匝数成正比可得，原副线圈的匝数比，故B正确；
C、变压器副线圈中的输出功率等于变压器原线圈中的输入功率等于灯泡的额定功率，故原线圈的输入功率为6W，故C错误；
D、若线圈转速减半，输入电压和输出电压均变为原来的，灯泡的功率将变成原来的，故D错误。
故选：B。
根据计算出感应电动势的最大值，根据计算出感应电动势的有效值；
根据变压器原副线圈电压、电流和功率关系求解。
本题考查了变压器的变压原理，关键要知道电压与匝数成正比，输入功率等于输出功率，并能正确列式求解．
 

6.【答案】C 

【解析】解：A、由图可以看出，该波的波长为，由图可以看出，该波的周期为，故波速为，故A错误；
B、由可知，当时，质点Q向上振动，结合图可知，该波沿x轴负方向传播，故B错误；
C、设质点P、Q的平衡位置坐标分别为、x，由图可知，处：，因此：，
由图可知，在时Q点处于平衡位置，经过，其振动状态向x轴负方向传播到P点处，所以，解得质点Q的平衡位置的x坐标为：，故C正确；
D、在时刻质点P位于平衡位置下方且向上运动，速度增大，则其速度与加速度方向相同，故D错误。
故选：C。
由图读出波长，由图读出周期，根据计算波速；根据时刻质点Q的振动方向，判断波的传播方向；确定P点平衡位置横坐标，然后根据沿x轴负方向传播到P点处经过的时间，由此求出质点Q的平衡位置的x坐标；根据时刻质点P的位置，判断速度与加速度方向关系。
解答本题关键是要掌握振动的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
 

7.【答案】A 

【解析】解：设场强E在水平方向、竖直方向上的分量为、，由题意得：


又
联立解得：
故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据电场力做功的公式，通过水平方向和竖直方向电场的分量表示粒子从ab和cd运动时电场力做功，再根据矢量合成解得电场强度大小。
本题考查电场力做功、电势差与电场强度的关系，解题关键掌握矢量的合成与分解，通过先分解再合成的方法解得。
 

8.【答案】BD 

【解析】解：A、核心舱的轨道半径远小于同步卫星的轨道半径，根据开普勒第三定律：，故核心舱的运动周期小于同步卫星的周期，故A错误；
B、是第一宇宙速度，是贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度，由万有引力提供向心力有：，解得：，因为，所以核心舱的飞行速度小于，故B正确；
C、忽略地球自转，对于在地面上的物体有：，得到：
对于核心舱由牛顿第二定律得：
联立解得：，故C错误；
D、对于核心舱由牛顿第二定律得：，又有：，联立解得核心舱运行周期，故D正确。
故选：BD。
根据开普勒第三定律可知轨道半径越大周期越长；是第一宇宙速度，是贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度；忽略地球自转，对于在地面上的物体，其重力等于万有引力；对于环绕中心天体做匀速圆周运动的物体，所受万有引力等于向心力，根据牛顿第二定律解答。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是在忽略地球自转的情况下，对于在地面上的物体，其重力等于万有引力；能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
 

9.【答案】AD 

【解析】解：根据题意知金属棒做匀加速直线运动，金属棒的速度
A、通过金属棒的电荷量，图象为开口向上的抛物线，系数大于0，曲线过坐标原点应向上弯曲，故A正确；
B、金属棒切割磁感线产生的感应电动势，可知金属棒产生的感应电动势均匀增大，感应电，即电流I与t成正比，是一条过原点的直线，故B错误；
C、磁通量，图象为开口向上的抛物线，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，，则，所以图象为一条倾斜的直线，F随t的增大而增大，是一条在纵轴正半轴有截距的直线，故D正确。
故选：AD。
由题可知，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，回路中的感应电流与时间成正比，说明感应电动势也是随时间均匀增大的，明确各个图象的物理意义，结合产生感应电流的特点即可正确求解。
对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析。
 

10.【答案】BC 

【解析】解：由题意可知，时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随 F而变化，可得，，代入数据解得：，故A错误；
B.结合图2可知，时间内，滑块与木板均静止，时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得，，代入数据解得：，故B正确；
时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得
，，其中，联立解得，
之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为，故C正确，D错误。
故选：BC。
分别以木块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析；时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析，利用牛顿第二定律建立方程进行解答；本题应注意整体法和隔离法的应用。
 

11.【答案】；；。 

【解析】解：用10分度游标卡尺，其精确度为，游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第0个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为，
所以最终读数为：
在短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，因此小球通过光电门的瞬时速度，
根据机械能守恒定律得，
根据知，图线的斜率，
解得：。
故答案为：；；。
游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；
根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过光电门的速度，结合机械能守恒定律求出下降的高度；
描点作图，根据机械能守恒得出h与的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。
解决本题的关键掌握刻度尺的读数方法，注意与螺旋测微器读数的区别，并对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。
 

12.【答案】；；。 

【解析】解：电阻箱接入电路的阻值发生变化时，电路总电阻发生变化，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流发生变化，滑片位置不变，分压电路分压变化，滑动变阻器阻值越小，分压电路阻值发生变化时分压电路电压变化量越小，分压电路电压越接近于不变，为减小实验误差，应选择滑动变阻器阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选择C；
滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，应先将变阻器滑片P调到最左端aP两点间的电压为0，，并将电阻箱阻值调到0，然后闭合电键S，调节P，使电流表满偏，此后滑片P保持不动；
设电流表满偏时滑动变阻器接入电路的阻值为，ap间的电压不变，则aP间电压
根据欧姆定律得：
整理得：
图象的斜率，解得待测电阻阻值：，
故答案为：；；。
滑动变阻器采用分压接法，根据实验原理从减小实验误差的角度选择滑动变阻器。
滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置；电阻箱应调到0。
根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象斜率的意义求解。
要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象斜率的意义即可解题。
 

13.【答案】解：活塞的横截面积，
设稳定时气缸内气体的压强，则以活塞为研究对象，
由平衡条件得：
代入数据解得：
气体初态压强，体积
设稳定时缸内气体高度为，则气体末态
气体温度不变，由玻意耳定律得：
代入数据解得：
当温度降到200K时，假设气体发生等压变化，
设缸内气体高度为h，气体体积
由盖-吕萨克定律得：
代入数据解得：，故活塞落在卡口A、B上，活塞距离气缸底部
答：稳定时活塞到气缸底部的高度是2m。
当缸内温度逐渐降到200K时，活塞所处的位置到气缸底部的距离是。 

【解析】以活塞为研究对象，应用平衡条件求出气体的压强；气体温度不变，应用玻意耳定律求出稳定时活塞到气缸底部的距离。
假设活塞没有到达卡口处，气体发生等压变化，应用盖-吕萨克定律求出气体的长度，然后分析答题。
根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用平衡条件求出气缸内气体的压强，然后应用玻意耳定律与盖-吕萨克定律即可解题。
 

14.【答案】解：滑块A开始滑动时，对A，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
滑块A达到与传送带共速时的时间
A与传送带共速所经过的位移
滑块A与传送带共速后，由于，滑块A继续向下做加速运动，
对滑块，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
设A滑倒底端的速度为v，由速度-位移公式得：
代入数据解得：
A与B碰撞发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
设碰撞后瞬间A的速度大小为，B的速度大小为，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：，
即物块B的速度，方向水平向右
碰撞后A、B都做匀减速运动，最终速度为零，由动能定理得：
对A：
对B：
滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离
代入数据解得：
答：滑块A从开始运动到与传送带速度相等时所经过的位移x是。
滑块A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度大小是，方向水平向右。
滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d是15m。 

【解析】应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出滑块A与传送带速度相等时经过的位移。
应用牛顿第二定律与运动学公式求出两滑块碰撞前滑块A的速度大小，两滑块发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后瞬间A、B的速度。
应用动能定理求出A、B的位移大小，然后求出两者间的距离。
根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律、动能定理即可解题；本题易错点是滑块A在传送带上的加速过程有两个阶段，两阶段的加速度大小不同。
 

15.【答案】解：粒子恰好从O点射出磁场，故在磁场I中的轨迹为半圆，故半径
粒子在加速过程满足：
在磁场I中偏转过程满足：
联立可解得：
能使粒子恰好不从y轴射出的临界情况是：第一次在II区域中偏转的运动轨迹与y轴相切，如图所示：

 
由几何关系知：
解得：
粒子第二次经过x轴时圆弧对应的圆心角为：
圆周运动周期：
粒子第二次经过x轴所用时间为：
设粒子不能从y轴飞出的速度最小值为，对应粒子在区域I和II的运动半径分别为和，粒子的运动轨迹如图所示，

圆心的连线与y轴的夹角为

由几何知识得：

解得：
粒子在磁场中的速度为v，粒子在区域I和区域II的运动半径分别为和，圆心连线与y轴的夹角为，

由几何知识得：，

又
解得：，其中
当时，，当时，
答：调节加速电压，粒子恰好从O点射出磁场，加速电压的大小U为；
若区域Ⅱ磁感应强度大小为B，如果粒子恰好不从y轴射出，则粒子从P点射出后第二次经过x轴所用时间t为；
若区域Ⅱ磁感应强度大小为，粒子恰好从坐标为的Q点平行于x轴射出磁场，则粒子在磁场中速度的大小为和。 

【解析】由题意可知，如果粒子恰好从O点射出，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小，根据动能定理求解电压；
如果粒子恰好不从y轴射出，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解轨迹所对应的圆心角，根据周期公式求解粒子在磁场中运动的时间；
找到粒子从Q点平行x轴射出的半径的几何关系，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可得速度的大小。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。