江蘇省如皋市2022屆高三上學(xué)期物理期末考試試卷

江蘇省如皋市2022屆高三上學(xué)期物理期末考試試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單選題1．“西電東輸”是我國(guó)實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)跨地區(qū)可持續(xù)快速發(fā)展的重要保證。在輸送功率一定的情況下，將輸電電壓提高為原來(lái)的4倍，則輸電導(dǎo)線上的電能損失將減小為原來(lái)的（）A．116 B．18 C．142．小紅利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量紫光的波長(zhǎng)，實(shí)驗(yàn)中觀察發(fā)現(xiàn)像屏上出現(xiàn)了清晰但條紋數(shù)偏少的干涉條紋。為觀察到更密的條紋，可以（）A．將單縫向雙縫靠近 B．使用間距更小的雙縫C．將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng) D．轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，移動(dòng)分劃板3．2021年，我國(guó)載人航天工程實(shí)施了5次發(fā)射任務(wù)，空間站組合體穩(wěn)定運(yùn)行在軌道半徑約6761km的近圓軌道。已知引力常量和地球質(zhì)量，則可以估算的物理量是（）A．地球的密度 B．空間站的加速度C．空間站的質(zhì)量 D．空間站的動(dòng)能4．約里奧·居里夫婦于1934年發(fā)現(xiàn)了人工放射性同位素磷30，獲得了諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。磷30的衰變方程為1530P→14A．γ光子是磷30躍遷產(chǎn)生的B．X是磷30核內(nèi)的質(zhì)子轉(zhuǎn)化產(chǎn)生的C．磷30的平均結(jié)合能比硅30的大D．一定質(zhì)量的磷30經(jīng)過(guò)2個(gè)半衰期后將全部發(fā)生衰變5．如圖所示，左邊為豎直方向的彈簧振子，振子連接一根水平的長(zhǎng)軟繩，并沿繩方向取x軸，t＝0時(shí)刻，振子以2Hz的頻率從平衡位置O向上開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。t＝1s時(shí)，x＝10cm處的繩上質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)，則（）A．繩波的波長(zhǎng)為10cmB．繩上各質(zhì)點(diǎn)都沿x軸方向運(yùn)動(dòng)C．波在繩上傳播的速度為10m/sD．t＝1s時(shí)，x＝5cm處的繩上質(zhì)點(diǎn)正從平衡位置向上振動(dòng)6．圖甲中給出了氫原子光譜中4種可見(jiàn)光譜線對(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)，這4種光的光子能量由大到小排列依次為3.02eV、2.86eV、2.55eV和1.89eV，氫原子能級(jí)圖如圖乙所示，則（）A．遇同一個(gè)障礙物，Hα比Hδ更易發(fā)生衍射B．Hγ光能使處于n＝2能級(jí)的氫原子電離C．Hδ光是由處于n＝5能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷的過(guò)程中產(chǎn)生的D．若4種光均能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則Hα光對(duì)應(yīng)的光電子的最大初動(dòng)能最大7．如圖所示，折射率為n、半徑為R的半圓形玻璃磚平放在桌面上，將寬度為L(zhǎng)的平行單色光垂直于AC面射入，要使第1次射到圓面上的光能射出玻璃磚，則L的最大值為（）A．Rn B．2Rn C．nR8．如圖所示的電路中，t＝0時(shí)刻閉合S，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)φA、φB隨時(shí)間t的變化規(guī)律描述正確的是（）A． B．C． D．9．如圖所示，物體A、B將一輕彈簧（不與A、B拴接）擠壓后用線系住，靜止在水平面上，A、B的質(zhì)量之比為2：1，A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為1：2?，F(xiàn)將線燒斷，則（）A．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B．彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B速度達(dá)到最大C．彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B動(dòng)能相等D．A、B同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)10．如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有兩個(gè)相同的帶電小球A和B，靜止時(shí)A、B之間的距離為R，現(xiàn)用外力緩慢推A使其到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)P的過(guò)程中（）A．圓環(huán)對(duì)B的支持力變大 B．圓環(huán)對(duì)B的支持力不變C．A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能增大 D．A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能不變二、實(shí)驗(yàn)題11．小明用如圖所示的裝置測(cè)定木塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。將木塊A拉到水平桌面上的P點(diǎn)，待物體B穩(wěn)定后靜止釋放A，當(dāng)A位于O點(diǎn)時(shí)，B剛好接觸地面，A最終滑到Q點(diǎn)。（1）下列實(shí)驗(yàn)操作步驟，正確的順序是；①將A拉到P點(diǎn)，待B穩(wěn)定后靜止釋放A②在桌面上記錄P點(diǎn)的位置③改變h，重復(fù)實(shí)驗(yàn)④在桌面上記錄Q點(diǎn)的位置，測(cè)量OP、OQ的長(zhǎng)度h和s⑤調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)線與木板平行，在桌面上記錄O點(diǎn)的位置（2）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，發(fā)現(xiàn)A釋放后會(huì)撞到滑輪．若有下列措施：①減小A的質(zhì)量；②增加細(xì)線的長(zhǎng)度；③增加B的起始高度．其中可行的是；（3）請(qǐng)根據(jù)下表的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在方格紙中作出s-h關(guān)系的圖像。h/cm10.0015.0020.0025.0030.00s/cm9.8514.2518.6024.0028.50（4）實(shí)驗(yàn)測(cè)得A、B的質(zhì)量均為0.20kg.根據(jù)sh圖像可計(jì)算出A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（5）小華用同一裝置做該實(shí)驗(yàn)，利用sh圖像處理數(shù)據(jù)后發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)中記錄P、O、Q三點(diǎn)時(shí)，除P點(diǎn)記錄的是A的右側(cè)邊，O、Q兩點(diǎn)均記錄的是A的左側(cè)邊，你認(rèn)為小華是否需要重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)簡(jiǎn)要說(shuō)明理由。三、解答題12．某種風(fēng)力發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，發(fā)電機(jī)的矩形線圈abcd固定，磁體在葉片驅(qū)動(dòng)下繞線圈對(duì)稱軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圖示位置線圈與磁場(chǎng)垂直。已知磁體間的磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，線圈的匝數(shù)為n，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2，線圈總電阻為r，外接電阻為R，磁體轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω.當(dāng)磁體從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)30°角度時(shí)，求：（1）線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小e；（2）bc邊受到的安培力大小F。13．如圖所示，柱形絕熱氣缸固定在傾角為θ的斜面上，一定質(zhì)量的理想氣體被重力為G、橫截面積為S的絕熱活塞封閉在氣缸內(nèi)，此時(shí)活塞距氣缸底部的距離為L(zhǎng)0，氣缸內(nèi)溫度為T0。現(xiàn)通過(guò)電熱絲緩慢對(duì)氣缸內(nèi)氣體加熱，通過(guò)電熱絲的電流為I，電熱絲電阻為R，加熱時(shí)間為t，使氣體溫度升高到2T0。已知大氣壓強(qiáng)為p0，活塞可沿氣缸壁無(wú)摩擦滑動(dòng)，設(shè)電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收。求氣缸內(nèi)氣體溫度從T0升高到2T0的過(guò)程中：（1）活塞移動(dòng)的距離x；（2）該氣體增加的內(nèi)能ΔU。14．如圖甲所示，左、右兩個(gè)光滑半圓軌道的最低點(diǎn)與光滑水平軌道相切于B、C點(diǎn)，整個(gè)軌道處于豎直面內(nèi)，不計(jì)厚度的光滑木板上、下端固定在A、B點(diǎn)。小球P由A點(diǎn)靜止釋放，沿著木板下滑，并恰好能到達(dá)D點(diǎn)。已知兩半圓軌道的半徑分別為R＝2.5m、r＝1m，不計(jì)小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的能量損失，重力加速度g取10m/s2。（1）求P落到水平軌道上時(shí)距C點(diǎn)的距離x；（2）求AB板的長(zhǎng)度LAB及它與水平軌道間的夾角θ；（3）如圖乙所示，長(zhǎng)度L=215．如圖所示，一固定的絕緣圓筒的橫截面半徑為R，筒壁開(kāi)有小孔，圓筒內(nèi)有與紙面垂直的強(qiáng)弱能調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．初速為0的帶電粒子經(jīng)電壓U加速后沿筒的半徑方向從小孔射入圓筒，當(dāng)桶內(nèi)不加磁場(chǎng)時(shí)，粒子與筒壁碰撞后又從小孔射出圓筒，在桶內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1.已知粒子與筒壁碰撞是彈性的，且電荷量不變，粒子的重力不計(jì)。（1）求粒子的比荷qm（2）若改變桶內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，當(dāng)粒子射入圓筒：①并與筒壁發(fā)生2次碰撞后射出圓筒，求粒子在桶內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2；②并與筒壁發(fā)生4次碰撞后射出圓筒，求此時(shí)桶內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)P=IUP線=I2R可得P將輸電電壓提高為原來(lái)的4倍，則輸電導(dǎo)線上的電能損失將減小為原來(lái)的116故答案為：A。

【分析】根據(jù)焦耳定律和歐姆定律，輸電電壓提高，輸電電流減小，輸電線上損耗將減少。2．【答案】C【解析】【解答】由于相鄰明（暗）干涉條紋的寬度為Δx=要增加觀察到的條紋個(gè)數(shù)，即減小Δx，需要增大d或者減小L，因此應(yīng)將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)，ABD不符合題意，C符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)雙縫干涉條紋寬度公式，觀察視野一定，增加觀察到的條紋個(gè)數(shù)，可以減小條紋寬度。3．【答案】B【解析】【解答】A．由于地球的半徑未知，故地球的密度不可估算，A不符合題意；B．由萬(wàn)有引力提供向心力G解得a=故空間站的加速度可以估算，B符合題意；CD．空間站的質(zhì)量不可求出，空間站的動(dòng)能也不可估算，CD不符合題意。故答案為：B。

【分析】估算密度必須知道地球體積。地球體積無(wú)法知道。萬(wàn)有引力提供空間站組合體向心力。列出萬(wàn)有引力的等式，空間站的質(zhì)量會(huì)抵消掉，無(wú)法求出空間站的質(zhì)量和空間站的動(dòng)能。4．【答案】B【解析】【解答】A．γ光子是硅30躍遷產(chǎn)生的，A不符合題意；B．X是+10C．生成的1430Si比15D．一定質(zhì)量的磷30經(jīng)過(guò)2個(gè)半衰期后將剩下原來(lái)的四分之一沒(méi)有衰變，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】新原子核能量比較高，躍遷產(chǎn)生γ光子。X是電子。平均結(jié)合能越大，越穩(wěn)定，1430Si比1530P更穩(wěn)定，所以14305．【答案】D【解析】【解答】AC．根據(jù)公式，波速為v=由v=λf可知，波長(zhǎng)為λ=AC不符合題意；B．繩上各質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近振動(dòng)，并不隨波的傳播沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，B不符合題意；D．波剛傳到某點(diǎn)時(shí)該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波源的起振方向相同，由于振源的起振方向向上，因此，t＝1s時(shí)，x＝5cm處的繩上質(zhì)點(diǎn)正從平衡位置向上振動(dòng)，D符合題意。故答案為：D。

【分析】波速等于運(yùn)動(dòng)路程除以時(shí)間，結(jié)合波長(zhǎng)波速頻率公式求出波長(zhǎng)。繩上質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近上下振動(dòng)，不隨波遷移。6．【答案】A【解析】【解答】A．因?yàn)镠α比Hδ的波長(zhǎng)更大，則遇同一個(gè)障礙物，Hα比Hδ更易發(fā)生衍射，A符合題意；B．Hγ光的光子能量為2.86eV，而使處于n＝2能級(jí)的氫原子電離需要的能量為3.4eV，則Hγ光不能使處于n＝2能級(jí)的氫原子電離，B不符合題意；C．Hδ光的光子能量為3.02eV，是由處于n＝6能級(jí)的氫原子向n=2能級(jí)躍遷的過(guò)程中產(chǎn)生的，C不符合題意；D．Hα光的波長(zhǎng)最長(zhǎng)，能量最小，則若4種光均能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則Hα光對(duì)應(yīng)的光電子的最大初動(dòng)能最小，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】波長(zhǎng)等于或者大于障礙物尺寸，更易發(fā)生衍射。Hα比Hδ波長(zhǎng)更長(zhǎng)更易發(fā)生衍射。光子能量大于或者等于電離能即可以使氫原子電離。Hα光的波長(zhǎng)最長(zhǎng)，能量最小，光電子的最大初動(dòng)能最小。7．【答案】B【解析】【解答】如圖所示當(dāng)光線第1次射到圓面上恰好發(fā)生全反射，則sin則L的最大值為L(zhǎng)=2R故答案為：B。

【分析】臨界條件為光線第1次射到圓面上恰好發(fā)生全反射，第一次折射的入射角為全反射臨界角。結(jié)合幾何關(guān)系求解L的最大值。8．【答案】C【解析】【解答】AB．由電路可知，A點(diǎn)的電勢(shì)等于電源正極的電勢(shì)，因負(fù)極電勢(shì)為零，則φ因開(kāi)始充電電流不是無(wú)窮大，則A點(diǎn)的電勢(shì)不為零，最終電流為零時(shí)φACD．因B點(diǎn)電勢(shì)等于電阻兩端電壓的大小，則φ則隨充電電流逐漸減小，φB隨時(shí)間t逐漸減小到零，C符合題意，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】負(fù)極接地，負(fù)極電勢(shì)為零。電流為零時(shí)，A點(diǎn)的電勢(shì)大小等于電源電動(dòng)勢(shì)。B點(diǎn)電勢(shì)等于電阻兩端電壓的大小，電流減小，電阻電壓減小，B點(diǎn)電勢(shì)降低。9．【答案】D【解析】【解答】A．A、B組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為F可知系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，A不符合題意；B．當(dāng)B的速度最大時(shí)，彈力等于摩擦力，此時(shí)彈力不為零，則當(dāng)彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B速度不是最大，B不符合題意；C．根據(jù)動(dòng)量守恒，彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)m即pEEC不符合題意；D．根據(jù)m可知，A、B同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，D符合題意。故答案為：D。

【分析】由于系統(tǒng)水平方向不受外力所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒；當(dāng)B速度最大時(shí)，此時(shí)彈力等于摩擦力；利用動(dòng)量守恒定律結(jié)合質(zhì)量之比可以求出動(dòng)能之比；利用動(dòng)量守恒定律可以判別AB同時(shí)停止。10．【答案】C【解析】【解答】AB．球A到達(dá)P點(diǎn)的過(guò)程中，B向上運(yùn)動(dòng)，其所受的重力與庫(kù)侖力夾角變大，其合力變小，則圓環(huán)對(duì)B球的支持力變小。AB不符合題意；CD．球A到達(dá)P點(diǎn)的過(guò)程中，兩者的距離變小，外力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C符合題意，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】AB兩球帶同名電荷，B向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程所受的重力與庫(kù)侖力夾角變大，根據(jù)平行四邊形法則，合力變小，對(duì)B球的支持力變小。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，A、B系統(tǒng)電勢(shì)能增加。11．【答案】（1）⑤②①④③（2）②（3）如圖所示：（4）0.34（0.32～0.36）（5）不需要，因?yàn)槭抢胹h圖像的斜率計(jì)算動(dòng)摩擦因數(shù)的，而斜率未受影響【解析】【解答】（1）根據(jù)該實(shí)驗(yàn)的原理，則正確的實(shí)驗(yàn)操作步驟順序是⑤②①④③；（2）①減小A的質(zhì)量，則會(huì)使B落地瞬時(shí)A的速度更大，最終使A滑的更遠(yuǎn)，則該方法錯(cuò)誤；②增加細(xì)線的長(zhǎng)度，則會(huì)使B落地瞬時(shí)A的速度變小，最終使A滑的近些，則該方法正確；③增加B的起始高度，則會(huì)使B落地瞬時(shí)A的速度更大，最終使A滑的更遠(yuǎn)，則該方法錯(cuò)誤；故答案為：②；（3）作出s-h關(guān)系的圖像如圖；（4）由P到O由動(dòng)能定理mgh=由O到Q由動(dòng)能定理1解得s=由圖像可知k=解得μ=0.34（5）小華記錄的數(shù)據(jù)中h值偏大，s值準(zhǔn)確，則公式修正為mg1解得s=則圖像的斜率不變，求得的摩擦因數(shù)不變，則不需要重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

【分析】（1）由P到O由動(dòng)能定理，重力克服摩擦力做功，根據(jù)這個(gè)原理正確的實(shí)驗(yàn)操作步驟順序。

（2）增加細(xì)線的長(zhǎng)度，B離地面更近，A滑動(dòng)距離更短，防止A撞到滑輪。

（3）根據(jù)描點(diǎn)法作出s-h關(guān)系的圖像。

（4）由P到O和O到Q由動(dòng)能定理得出sh函數(shù)關(guān)系式。由斜率得出動(dòng)摩擦因數(shù)。

（5）P點(diǎn)記錄的是A的右側(cè)邊，O、Q兩點(diǎn)均記錄的是A的左側(cè)邊，會(huì)導(dǎo)致記錄的物體下落高度偏大。12．【答案】（1）解：最大值Em＝nBL1L2ω轉(zhuǎn)過(guò)30°角度時(shí)e＝Emsin30°解得e＝1（2）解：電流I＝e安培力F＝nBIL2解得F＝nBeR+rL2【解析】【分析】（1）圖示位置電動(dòng)勢(shì)最小，求出電動(dòng)勢(shì)的最大值，轉(zhuǎn)過(guò)30°角度，電動(dòng)勢(shì)為最大值的一半。

（2）由歐姆定律求出電流大小，代入安培力表達(dá)式求解安培力。13．【答案】（1）解：等壓變化L解得L活塞移動(dòng)的距離x＝L1－L0＝L0（2）解：設(shè)氣體壓強(qiáng)為p，有pS＝p0S＋Gsinθ氣體對(duì)外界做功W＝－pSx吸收的熱量Q＝I2Rt熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W解得ΔU=【解析】【分析】（1）等壓變化，由理想氣體狀態(tài)方程，求出活塞距氣缸底部的距離的變化。從而求出活塞移動(dòng)的距離x。

（2）氣體體積增大，氣體對(duì)外做功，由