2022-2023学年广东省茂名市电白区电海中学高三（下）开学测试物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省茂名市电白区电海中学高三（下）开学测试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省茂名市电白区电海中学高三（下）开学测试物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共34.0分）
1. 随着新能源轿车的普及，人们对车辆乘坐的舒适性要求越来越高。加速度对时间的变化率物理学中称之为“加加速度”，通常用符号“j”表示，如果j值过大，会形成冲击力，影响乘客乘坐的舒适性。对汽车来说，人体可以承受的j值通常在0.4∼1.0之间。如图为某国产新能源轿车，测得其启动后a与时间t的变化关系为a=3−0.5t，则(    )

A. 国际单位制中“加加速度”的单位应是m/s2
B. j为0的运动一定是匀速直线运动
C. 该汽车启动后做匀变速直线运动
D. 该汽车启动后j的值大小为0.5m/s3
2. 一小球从空中以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力，则小球动量改变量Δp与运动时间t和下落高度h的关系图像中，可能正确的是(    )
A. B.
C. D.
3. 两颗质量相同的人造卫星绕地球逆时针运动。如图所示，卫星1轨道为圆、卫星2轨道为椭圆，A、B两点为椭圆轨道长轴两端，C点为两轨道交点。已知圆的半径与椭圆的半长轴相等，下列说法正确的是(    )

A. 卫星2的周期小于卫星1的周期
B. 卫星1在C点的动能小于卫星2在A点的动能
C. 从A点到B点和从B点到A点的过程地球对卫星2做的功相同
D. 相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积等于卫星2与地心连线扫过的面积
4. 将较长的绳一端固定在墙上，另一端用手捏住以恒定振幅上下持续振动，产生的绳波沿绳自左向右传播，图示时刻，波形刚好传播到A点。下列判断正确的是(    )

A. 手的起振方向向下
B. 若减小手的振动频率，绳波的传播速度不发生变化
C. 若增大手的振动频率，绳波的波长将增大
D. 若停止手的振动，绳中波形立即消失
5. 科技冬奥是北京冬奥会的一个关键词，大家在观看滑雪大跳台的比赛时，对“时间切片”有深刻的印象，就是把运动员从跳台上速度斜向上起飞一直到落地的过程展现在一帧画面上，3秒瞬间一帧呈现，给观众带来震撼视觉体验。假如运动员质量为m，离开跳台时速度的大小为v，重力加速度为g，运动中忽略阻力，则(    )

A. 运动员在空中运动的每帧位置之间，重力冲量不相同
B. 运动员在空中运动的每帧位置之间，速度的改变方向不同
C. 运动员从跳台到最高点过程中，重力势能的增加为mv22
D. 运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率随时间均匀增加
6. “国际热核聚变实验堆(ITER)计划”是目前全球规模最大、影响最深远的国际科研合作项目之一，ITER装置是一个能产生大规模核聚变反应的超导托卡马克，俗称“人造太阳”。人造太阳中发生的主要是氢的同位素——氘和氚的核聚变反应。下列说法中正确的是(    )
A. 核反应方程为 13H+12H→24He+11H
B. 该核反应过程吸收能量
C. 该核反应生成物的质量大于反应物的质量
D. 聚变生成物 24He的比结合能大于反应物 12H的比结合能
7. 如图甲是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅脊有一串类似台阶的结光旺构。光照射翅脊上“光学结构”的典型光路如图乙所示，则(    )

A. 翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象 B. 翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象
C. 光经翅脊反射后的频率变大 D. 光在翅脊中的波长大于在空气中波长
8. 计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器。且电压保持不变图示键盘连着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器(    )

A. 电容变小 B. 金属片间的场强变小
C. 电荷量增大 D. 处于放电状态
二、多选题（本大题共2小题，共12.0分）
9. 图示为高压直流输电网，两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a点位于两根导线间的中点，b点在a点的正下方，不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是(    )

A. 导线A和B间的安培力是引力 B. A受的安培力比B受的安培力大
C. a点处的磁感应强度方向在竖直方向上 D. b点处的磁感应强度方向在水平方向上
10. 某同学通过学习电磁感应的相关知识，利用实验室里的线圈自制了一个放大版的手机扬声器，装置如图所示．两个匝数不同的线圈A、B之间没有导线相连，线圈A与手机的音频输出端连接，线圈B与音响连接。为检验该装置是否能正常工作及其播放效果，现将线圈A插入线圈B中，则下列说法正确的是(    )

A. 因A、B两线圈之间未用导线连通，所以该扬声装置不可能发出声音
B. 线圈B中产生变化的电流使音响发声
C. 将A、B线圈互换，音响的播放效果不变
D. 在A线圈中插入铁芯，音响的播放效果更好
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. (1)如图甲为某同学利用气垫导轨“测当地重力加速度g”的实验装置。

①主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平
B.利用螺旋测微器测出遮光条的宽度，如图乙所示，该遮光条宽度d=_______mm
C.用天平称出钩码的质量m、滑块(含传感器和遮光条)的总质量M
D.将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离s
E.打开气源，释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t
②在滑块从静止释放到遮光条运动到光电门的过程中，系统动能增加量的测量值为▵Ek=________；
③通过改变s重复实验得到多组数据，作出了1t2−s图像，测得图像斜率为k，则当地重力加速度g=_______；
(2)另一同学仍用该装置，探究加速度与力和质量的关系。该同学根据第(1)问的数据可得物体运动加速度a=______(用d、t、s表示)，该同学根据传感器的读数直接得出了拉力F，则a与F的关系图象最符合本实验实际情况的是______。
A. B. C． D．


12. 某物理兴趣小组在物理实验室测量一根粗细均匀的合金丝的电阻率，实验室里有一半径10cm的量角器，但是缺少刻度尺。该小组首先取一段合金丝绕在该量角器上，并接入如图1所示的电路中，通过金属夹所夹位置改变合金丝接入电路的长度，接入电路的合金丝所对应的圆心角θ可以由量角器读出。实验时多次改变金属夹所夹位置，通过调节滑动变阻器的阻值，使每次电流表的读数I达到一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多组U、θ的值，作出U−θ图像如图2所示。

(1)在实验开始前，滑动变阻器的滑片P应置于_____(选填“左端”或“右端”)。
(2)实验中电流表指针位置如图3所示，则读数I=_____A。
(3)在实验时，b端应与_____相连接。
A.d端    B．e端    C．g端    D．c端
(4)已知合金丝的横截面积为4.0×10−8m2，则合金丝的电阻率为_____Ω⋅m(结果保留2位有效数字)。

四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 如图所示为各学校、各机关单位常用的饮用水装置。桶装水的容积为18.9L，为了取水方便，在上面装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105Pa，剩余水的体积为2.9L，水面距出水口的高度h=50cm，取水器每下压一次打入桶里空气的体积为350cm3、压强为1×105Pa，求取水器下压几次后，桶中的水才能从出水口流出。(已知大气压强p0=1×105Pa，水的密度ρ=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，假设整个过程中气体温度保持不变)

14. 2022年2月12日，中国运动员高亭宇斩获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。该装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中，质量m=60kg(含身上装备)的运动员仅依靠F=600N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R=10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；
(2)运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小。


15. 如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置示意图。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽1.6m，高0.5m，磁感应强度大小均为0.5T。电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为8Ω，高度为1.5m，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为2400kg，g取10m/s2，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求：
(1)电梯下落速度达到2.5m/s时，线圈内产生的感应电流大小；
(2)若电梯下落4.5m时速度达到6m/s，此过程中安培力对电梯做的功；
(3)电梯可达到的最大速度。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】本题考查信息给予题。解决问题的关键是根据题给信息，理解“加加速度”是指加速度对时间的变化率。
【解答】
A.由题意，“加加速度”可表示为j=ΔaΔt，故国际单位制中“加加速度”的单位应是m/s3，故A错误；
B.j为0代表加速度保持不变，物体的运动可能为匀变速运动，也可能为匀速直线运动，故B错误；
C.由a与时间t的变化关系a=3−0.5t可知，该汽车加速度随时间均匀变化，故该汽车做的不是匀变速直线运动，故C错误；
D.由a=3−0.5t可知j=ΔaΔt=−0.5m/s3，故该汽车启动后j的值大小为0.5m/s3，故D正确。
故选D。
  
2.【答案】A 
【解析】AB.平抛运动只受重力，动量的变化等于重力的冲量，也是竖直方向的动量变化，有
IG=Δp=m⋅Δv=mvy=mgt
则 Δp 与时间 t 成正比，故 Δp−t 图像是过原点的倾斜直线，故A正确，B错误；
CD.平抛的竖直分运动为自由落体运动，则有
vy2=2gh
故有
Δp=mvy=m 2gh
则 Δp−h 图像为一种幂函数曲线，其倾斜程度应逐渐减小，故CD错误；
故选A。


3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查开普勒第三定律、开普勒第二定律的应用。根据开普勒第三定律可知两卫星的周期关系；卫星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力列方程可知，卫星的运行速度与轨道半径的关系，卫星在近地点A做离心运动，在A点的速度大于过A点的匀速圆周运动的线速度，由此分析卫星1在C点的速度与卫星2在A点的速度关系，即可知卫星1在C点的动能与卫星2在A点的动能关系；根据引力做功的特点分析从A点到B点和从B点到A点的过程地球对卫星2做功的关系；根据开普勒第二定律可知，同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等。
【解答】
A.圆的半径与椭圆的半长轴相等，根据开普勒第三定律可知两卫星的周期相等，故A错误；
B.若卫星2在A点所在的圆轨道上运动时，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，解得v= GMr，可知轨道半径越大，线速度越小，实际卫星2是在A点为近地点的椭圆轨道上运动，在A点卫星要做离心运动，所以卫星在A点的速度大于过A点的圆轨道上的运行速度，所以卫星1在C点的速度小于卫星2在A点的速度，因为两卫星质量相同，所以卫星1在C点的动能小于卫星2在A点的动能，故B正确；
C.从A点到B点过程中，地球对卫星2做负功，从B点到A点的过程中，地球对卫星2做正功，故C错误；
D.根据开普勒第二定律可知，同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选B。  
4.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了机械波的形成与描述，由A点振动方向判断起振方向；机械波的传播速度取决于介质；根据公式v=λf可以判断波长情况；振源停止振动，波不会立即消失，而是继续传播。
【解答】
A.波传播过程中，所有点起振方向相同，此时A点开始向上振动，所以手起振方向向上，故A错误；
B.机械波的传播速度取决于介质，所以减小频率，传播速度不变，故B正确；
C.根据公式v=λf，波速不变时，频率增大，波长减小，故C错误；
D.停止手的振动，不会产生新的波形，但原有波形会继续传播，D错误。  
5.【答案】D 
【解析】
【分析】
每帧位置之间时间间隔相同，重力的冲量I=mgt，从而比较重力的冲量；运动员在空中只受重力，加速度为g，是匀变速曲线运动，速度变化的方向与重力加速度g的方向相同；运动员做斜抛运动，最高点速度沿水平方向，从跳台到最高点的过程中，由重力势能的增加量等于减少的动能，即可判断重力势能增加量能与12mv2的大小关系；运动员从最高点到落回地面的过程中，做平抛运动，重力的瞬时功率PG=mgvy，即可重力瞬时功率的变化情况。
本题以斜抛运动为载体，考查冲量，功率，重力势能等知识点，关键是掌握冲量的定义式I=mgt，重力的瞬时功率PG=mgvy，注意斜抛运动最高点速度不等于零，速度沿水平方向。
【解答】
解：A、运动员在空中运动的每帧位置之间，时间间隔相同，重力的冲量I=mgt可知重力冲量相同，故A错误；
B、运动员在空中只受重力作用，运动的每帧位置之间，速度的改变方向由Δv=gt可知是相同的，故B错误；
C、运动员从跳台到最高点过程中，由于最高点有水平方向的速度，所以重力势能的增加小于12mv2，故C错误；
D、运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率为P=mgv=mg2t，所以随时间均匀增加，故D正确。
故选：D。  
6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查核反应方程、比结合能等。核反应过程中满足质量数和电荷数守恒；核聚变反应过程放出能量，根据爱因斯坦质能方程可知有质量亏损，由此分析即可。
【解答】
A.核反应方程中满足质量数与电荷数守恒，而选项中的电荷数不守恒，应该是生成中子，而不是质子，即13H+12H→24He+01n，故A错误；
B.核聚变反应过程放出能量，故B错误；
D.比结合能越大，原子核越稳定， 24He为生成物，故 24He的比结合能大于 12H的比结合能，故D正确；
C.核聚变反应有大量的能量放出，根据爱因斯坦质能方程，可知有质量亏损，生成物的总质量小于反应物的总质量，故C错误。  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
光被翅脊的前、后表面反射后形成的彩色属于薄膜干涉，光的频率是由光源决定的，光在介质中的速度v=cn。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是能结合图乙正确判断出该现象属于光的薄膜干涉。
【解答】
AB、由图可知射向翅脊的光被翅脊的前、后表面反射，在翅脊的前表面处会形成彩色的条纹，这种情况属于薄膜干涉，是光的干涉现象，故A正确，B错误；
C、光经翅脊反射后的频率不变，故C错误；
D、翅脊的折射率大于空气的折射率，则光在翅脊中的速度小于光在空气中的速度，由v=λ⋅f可知，光在翅脊中的波长小于在空气中波长，故D错误。  
8.【答案】C 
【解析】按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距d减小，根据
C=εS4πkd
可知电容C变大，因两板电压U一定，根据
Q=CU
可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，此时根据
E=Ud
可知金属片间的场强E变大。
故选C。


9.【答案】AC 
【解析】A.直导线A和B的电流方向相同，简化为图中直线电流，由安培定则画出直导线A中电流在导线B处产生的磁场方向是垂直纸面向里，再由左手定则可知B受到的安培力指向A，同理A受到的安培力指向B，导线A和B间的安培力是吸引力，A正确；

B.A受的安培力和B受的安培力是一对作用力和反作用力，故等大反向，B错误；
C.a点位于两根导线间的中点，两导线的电流方向相同，在其中点产生的磁感应强度方向相反，因为I1>I2，故I1在中点处产生的磁感应强度B1大，合磁场的方向与I1产生的方向相同，如图所示

由安培定则可知a点处的磁感应强度方向在竖直方向上，C正确；
D.直导线A和B所通的电流大小不相同，即在b点处产生的磁感应强度 B′1 与 B′2 大小不相同，则在竖直方向上分量的矢量和不为零，如上图所示，则b点处的磁感应强度方向不在水平方向上，D错误。
故选AC。


10.【答案】BD 
【解析】A.该装置的原理是互感，A、B线圈不需要用导线连通，可通过电磁感应使扬声装置发出声音，A错误；
B.线圈B中产生变化的电流使音响发出高低不同的声音，B正确；
C.A、B两个线圈的匝数不同，大小不同，将A、B线圈互换，线圈磁通量的变化率不同，音响的播放效果发生变化，C错误；
D.在A线圈中插入铁芯，增加了磁感应强度，能够增大感应电压，音响的播放效果会更好，D正确。
故选BD。


11.【答案】  1.200     12(M+m)(dt)2       (M+m)kd22m       d22st2      A 
【解析】(1)[1]螺旋测微器固定刻度读数是1mm，可动刻度读数是20.0×0.01mm=0.200mm，故结果为1.200mm；
[2]系统动能增加量
▵Ek=12(M+m)v2
v=dt
带入可得
▵Ek=12(M+m)(dt)2
[3]由机械能守恒可得
mgs=12(M+m)v2=12(M+m)(dt)2
得出
1t2=2mg(M+m)d2s
则
2mg(M+m)d2=k
得
g=(M+m)kd22m
(2)[4]根据 a=v2−v022s ，将 v=dt ，v0=0带入可得
a=d22st2
[5]传感器的读数直接得出了拉力F，滑块在气垫导轨上运动不受摩擦力作用，F就是滑块所受的合外力，没有系统误差，所以图像应该是一条通过原点的倾斜的直线，选A。


12.【答案】   左端     0.40     B     (5.7∼6.1)×10−7Ω⋅m 
【解析】(1)[1]本实验采用滑变分压接法，需要为使合金丝的电压从0开始记录，故需要将滑动变阻器的滑片 P 应置于左端；
(2)[2]电流表量程是0∼0.6A，由图3所示表盘可知，其分度值为0.02A，示数为0.40A；
(3)[3]在实验时， b 端应与e端相连，通过改变金属夹的位置来改变所接入的合金丝的电阻；
(4)[4]已知合金丝的横截面积为 4.0×10−8m2 ，读图可知，当 θ=π2 时，所对应的电压大小为0.92V，则根据欧姆定律，可得此时合金丝的电阻为
R=UI=0.920.40Ω=2.3Ω
则根据电阻率的公式可得
R=ρlS
ρ=RSl=2.3×4×10−8π2×0.1Ω⋅m≈5.9×10−7Ω⋅m


13.【答案】3次 
【解析】设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为 p1 ，体积为 V1 ，则
p1=p0=1×105Pa ， V1=18.9−2.9×103+n350cm3
设桶中空气和打入的空气后来的体积 V2 ，压强为 p2 ，则
V2=18.9−2.9×103cm3
由玻意耳定律得
p1V1=p2V2
要使桶中水能从出水口流出，则有
p2>p0+ρgh
联立各式解得
n>2.3
所以取水器下压3次后，桶中水才能从出水口流出。


14.【答案】解：(1)运动员在加速过程中，由牛顿第二定律：F=ma
根据运动学规律v2=2as
解得：v=20m/s
加速过程的平均功率：P=F⋅v
v=0+v2
解得：P=6000W
(2)运动员在转弯过程中，所受合力：
F合=mv2R
所以，冰面对运动员的作用力：FN= F合2+(mg)2
解得：FN=600 17N
 
【解析】本题考查牛顿第二定律、运动学公式、平均功率及向心力等内容，试题难度一般。
(1)由牛顿第二定律求加速度，由v2=2as求速度，由P=F⋅v求平均功率；
(2)由mv2R求向心力，结合平行四边形定则求冰面对运动员作用力FN的大小。

15.【答案】解：根据题意可知：线圈匝数n=100匝，电阻R=8Ω，线圈切割磁感线的长度为L=1.6m，磁感应强度的大小为B=0.5T。
(1)电梯下落时，线圈上、下两边均切割磁感线产生感应电动势，则有：
E1=2nBLv1=2×100×0.5×1.6×2.5V=400V
由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为：I1=E1R=4008A=50A；
(2)若电梯下落h=4.5m时速度达到v=6m/s，此过程中根据动能定理可得：
mgh+W安=12mv2
代入数据解得：W安=−64800J；
(3)当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有：mg=2nBImL
根据闭合电路的欧姆定律可得：Im=2nBLvmR
联立解得：vm=7.5m/s。
答：(1)电梯下落速度达到2.5m/s时，线圈内产生的感应电流大小为50A；
(2)若电梯下落4.5m时速度达到6m/s，此过程中安培力对电梯做的功为−64800J；
(3)电梯可达到的最大速度为7.5m/s。 
【解析】(1)先求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流；
(2)根据动能定理求解安培力做的功；
(3)当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，求出最大电流强度，从而求出最大速度。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚线圈的运动情况和受力情况，根据平衡条件、动能定理、安培力的计算公式进行分析。