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1、2022202220232023 学年度（上）六校高三学年度（上）六校高三期初期初考试考试物理试题物理试题考试时间：90 分钟 满分：100 分第第卷卷（选择题（选择题 48 分）分）一一、选择题选择题（本题共本题共 12 小题小题，共共 48 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，第第 18 题只有一项符合题题只有一项符合题目要求目要求，每小题每小题 4 分分；第第 912 题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求，每小题每小题 4 分分，全部选对的得全部选对的得 4 分分，选对选对但不全的得但不全的得 2 分，有选错、多选或不选的得分，有选错、多选或不选的得 0 分。）分
2、。）1两质点由静止开始做直线运动，它们的位移x与时间t的图像均为抛物线。0t时刻它们的速度分别为v和v，加速度分别为a和a。则（）Avv，aaBvv，aaCvv，aaDvv，aa2卢瑟福在 1919 年以粒子（42He）撞击氮原子核（147N），产生核反应，该反应生成两种粒子，其中一种为178O，则另一种粒子为（）A电子B质子C中子D氘核3如图所示，包含红、蓝两种颜色的一束复色光沿半径方向射入一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面的入射角为 i，经过折射后射出到空气中，下列说法正确的是（）Aa 光为红光，b 光为蓝光B玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率C在玻璃砖中，a 光的传播速度小于 b
3、 光的传播速度D若入射角 i 逐渐增大，则 b 光的折射光首先消失4分子力 F 随分子间距离 r 的变化如图所示。将两分子从相距 rr2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是（）A从 rr2到 rr0分子间引力、斥力都在减小B从 rr2到 rr1分子力的大小先减小后增大C从 rr2到 rr0分子势能先减小后增大D从 rr2到 rr1分子动能先增大后减小5疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球.某次斜向上发球，球垂直在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力，关于球离开球拍到第一次落地的过程中，下列说法正确的是（）A球撞击墙壁过程没有机
4、械能损失B球在空中上升和下降过程时间相等C球落地时的速率一定比抛出时大D球落地时和抛出时的动能可能相等6 如图甲为一列简谐横波在0.20st 时刻的波形图，P 点是平衡位置在1.0mx 处的质点，Q 点是平衡位置在4.0mx 处的质点，M 点是平衡位置在8.0mx 处的质点；图乙为质点 M 的振动图像。下列说法正确的是（）A该波沿 x 轴正方向传播，波速为40m/sB质点 M 与质点 Q 的振动方向总是相同C在0.4s时间内，质点 M 通过的路程为0.8mD在0.4s时间内，质点 P 向左前进16.0m7由半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，经常用于火警报警装置。如图甲所示是一
5、火警报警器的电路示意图，理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻TR及报警器P（有内阻）组成闭合电路，流过报警器P的电流超过cI时就会发出警报声。则以下判断正确的是（）A变压器原线圈两端交变电压220sin(V)utB当TR所在处出现火情时，变压器输入功率增大C当TR所在处出现火情时，电压表示数增大D在0.01st 时，电流表示数为08如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的 P 点，固定一电荷量为Q的点电荷。一质量为 m、带电荷量为q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的 A 点以初速度0v沿轨道向右运动，当运动到 P 点正下方的 B点时速
6、度为 v。已知点电荷产生的电场在 A 点的电势为（取无穷远处电势为零），P 到物块的重心竖直距离为 h，P、A 连线与水平轨道的夹角为45，k 为静电常数，下列说法正确的是（）A点电荷Q产生的电场在 B 点的电场强度大小为2qkhB物块在 A 点时受到轨道的支持力大小为N22kQqFmghC物块从 A 到 B 机械能减少量为qD点电荷Q产生的电场在 B 点的电势为2202Bm vvq9由 20 个国家持续 25 年、投入数万名科学家倾力合作的詹姆斯韦伯太空望远镜被成功发射，被送入日地拉格朗日2L点；如图中的12345LLLLL、所示为法籍意大利数学家拉格朗日指出的太阳和地球所在同一平面上的 5
7、个拉格朗日点。韦伯太空望远镜位于这个点上，在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。下列说法正确的是（）A 韦伯太空望远镜绕太阳运动线速度比地球绕太阳运动的线速度小B韦伯太空望远镜绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度C韦伯太空望远镜在2L点处于平衡状态D同一飞行器稳定在2L处所受太阳和地球引力的合力比稳定在1L处大10 如图所示，倾角37的传送带以4m/sv 的速率顺时针转动，其上方与一水平台面平滑连接。一质量1m kg的货物从传送带的底端 A 处以08v m/s 的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5，传送带 A、B
8、间的高度去2 49h .m，sin370.6，cos370.8，重力加速度210m/sg，下列说法正确的是（）A货物能冲上水平台面B货物从 A 处运动到 B 处所用的时间为 0.9sC货物在传送带上的划痕长 1.05mD货物与传送带间因摩擦产生的热量为 4.2J11某班物理兴趣小组在研究三力作用下的平衡问题时，设计了如图所示的简单而常见的情景模型：将一可视为质点的质量为 m 的小球用轻质柔软的细线悬挂于天花板上的 O 点，在外力 F、细线拉力 FT和重力 mg 的作用下处于平衡状态。细线与竖直方向的夹角为，与 F 的夹角为，开始时 F 水平。小组成员经过讨论形成了如下结论，你认为正确的是（）A
9、保持角及小球位置不变，逐渐缓慢减小角直至 F 竖直向上，则 F、FT都逐渐减小B保持 F 水平，逐渐缓慢增大角，则 F、FT都逐渐增大C保持角不变，逐渐缓慢增大角，直至悬线水平，则 FT逐渐减小，F 逐渐增大D只增加细线的长度，其他条件不变，F、FT都减小12水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为 d，电阻不计，其左端连接一阻值为 R 的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。质量为 m、长度为 d、阻值为 R、与导轨接触良好的导体棒 MN 以初速度0v垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（）A导体棒的初始加速度大小为2202B d
10、vmRB整个过程中，导体棒的平均速度等于02vC整个过程中，电阻 R 上产生的焦耳热为2012mvD导体棒在导轨上运动的最大距离为0222mv RB d第第卷卷（非选择题（非选择题 5252 分）分）二、实验题（本题共两小题，第二、实验题（本题共两小题，第 13 题题 6 分，第分，第 14 题题 8 分分,共计共计 14 分分。）13某同学用图(a)所示的装置验证牛顿运动定律(1)下列说法正确的是_(填写字母代号)A打点计时器应使用工作电压在 6V 以下的交流电源B实验前，把木板的一侧垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力C实验时必须满足钩码和滑轮的总质量远小于小车的质量(2)该同学根
11、据实验数据作出了加速度 a 与力 F 的关系图像如图(b)所示，图像不过原点的原因是_；若图像与纵轴截距为 a0，斜率为 k，则小车的质量 M=_该值与小车的实际值相比_(选填“偏大”“偏小”或“相等”)14在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径D，如图甲所示，则D=_mm。（2）该同学接着用欧姆表粗测该金属丝的电阻，他进行了如下操作：先用“100”挡测量时发现指针偏转角度过大，则应该换用_（选填“10”或“1000”）挡，正确换挡、重新欧姆调零后再进行测量，指针静止时位置如图乙所示，则该金属
12、丝的电阻xR _（结果保留三位有效数字）。（3）若用伏安法测量该金属丝的阻值，电路如图丙所示。除电源（电动势为4V，内阻不计）、电流表 A（量程为30mA，内阻约1）、待测金属丝、导线、开关外，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_（以上两空均选填以下给定器材前的字母）。电压表的左端应与电路中的_（选填“a”或“b”）点相连。A电压表 V1（量程为3V，内阻约3k）B电压表 V2（量程为15V，内阻约15k）C滑动变阻器1R（总阻值为50，额定电流为2A）D滑动变阻器2R（总阻值为200，额定电流为2A）若某次测量中，电压表和电流表示数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量（D、L、U、I）写出金
13、属丝的电阻率的表达式，即_。三、计算题（本题共三、计算题（本题共 4 小题，共小题，共 38 分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15（6 分）如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，AB 的反向延长线过原点。已知气体在状态 A时的压强51 10 Pap 。气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中吸收的热量31.2 10 JQ，求：（1）气体在状态 B 时的体积BV；（2）在
14、气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中，气体内能的增量U。16（8 分）足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长 105m、宽 68m，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为 10m/s的匀减速直线运动，加速度大小为22m/s。该运动员踢出足球 0.5s 后从静止开始沿边线方向以22.5m/s的加速度匀加速追赶足球，速度达到 10m/s 后以此速度匀速运动。求：（1）足球刚停下来时，运动员的速度大小；（2）运动员踢出足球后，经过多长时间能追上足球。17（10 分）如图所示，光滑轨道 abcd 固定在
15、竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，圆弧轨道的半径0.32mR，在b 处与 ab 相切。在直轨道 ab 上放着质量分别为2kgAm、1kgBm 的物块 A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B 连接在一起，且 A、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为2kgM、足够长的小车，小车上表面与 ab 等高。现将细绳剪断，之后 A 向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点 d 处。物块 A 与小车之间的动摩擦因数0.2，重力加速度210m/sg。求：（1）物块 B 运动到圆弧轨道的最低点 b 时对轨道的压力大小；（2）细绳剪
16、断之前弹簧的弹性势能pE；（3）小车长度 L。18（14 分）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，y 轴与 x=d 之间，有沿 x 轴正向的匀强电场，在第二象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在 x 轴上 P（-d，0）点，沿 y 轴正向发射一个质量为 m、电荷量大小为 q的带负电粒子，粒子的速度大小为 vo，粒子刚好从坐标原点 O 射出磁场；若只增大粒子的发射速度大小，使粒子垂直 y 轴射出磁场，结果粒子在电场中运动12d 的距离，速度为零，不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)继续增大粒子的发射速度大小，要使粒子不能从 x=d 射出电
17、场，粒子的发射速度最大为多少。参考答案：参考答案：1A【详解】x-t 图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，可知0t时刻vv根据位移 x 与时间 t 的图像均为抛物线，根据数学知识可得212xat根据图像可知0t时刻xx所以aa故选 A。2B【详解】根据反应过程质量数守恒和电荷数守恒可知另一种粒子的质量数和电荷数分别为4 14 171A2781Z 可知粒子为质子，B 正确，ACD 错误。故选 B。3C【详解】ABC光线 a 的偏折程度大，根据光路可逆结合折射定律公式可得sinsinni其中是折射角，可知 a 光的折射率大；再根据公式cvn可知 a 光在玻璃中的传播速度小。而 a 光的折射率大
18、，说明 a 光的频率高，根据c=fa 光在真空中的波长较短，故 C 正确、AB 错误；D若改变光束的入射方向使 i 角逐渐变大，则折射光线 a 的折射角先达到 90，故 a 光先发生全反射，折射光线先消失，故 D 错误。故选 C。4D【详解】A从 rr2到 rr0分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故 A 错误；B由题图可知，在 rr0时分子力为零，故从 rr2到 rr1分子力的大小先增大后减小再增大，故 B 错误；C分子势能在 rr0时最小，故从 rr2到 rr0分子势能一直在减小，故 C 错误；D从 rr2到 rr1分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，故 D 正确。故选
19、 D。5D【详解】A若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象可知，乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞后速度减小，故 A 错误。B斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据212hgt可得2htg由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故 B 错误；C虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度，但水平方向的速度是斜上抛时的大，所以球落地时的速率不一定比抛出时大，故 C 错误；D虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量
20、，则球落地时和抛出时的动能相等，故 D 正确；故选 C。6C【详解】A在乙图中找到0.20st 的点，可知质点 M 此时的运动方向为沿 y 轴正方向，在甲图中利用同侧法可知，波的传播方向沿 x 轴负方向，故 A 错误；B由甲图可知8m质点 M 和质点 Q 相距 4m 为半个波长，所以两个质点的振动步调相反，即振动方向总是相反，故 B 错误；C由乙图可知=0.2sT所以质点 M 在 0.4s 的时间内经过了两个周期，走过的位移为80.8msA故 C 正确；D在波的传播过程中，质点在平衡位置附近振动，不随波的传播运动，故 D 错误。故选 C。7B【详解】A由图乙可知变压器原线圈两端交变电压为222
21、0 2sin(V)220 2sin100(V)0.02uttA 错误；B当TR所在处出现火情时，可知TR减小，根据欧姆定律可得22TPUIRR副线圈输出功率为222 2TPUPU IRR出可知副线圈输出功率增大，即变压器输入功率增大，B 正确；C当TR所在处出现火情时，可知TR减小，根据欧姆定律可得22TPUIRR可知副线圈电流2I增大，TR两端电压为T22PUUI R可知TR两端电压减小，即电压表示数减小，C 错误；D电流表示数为电流有效值，故在0.01st 时，电流表示数不为0，D 错误；故选 B。8D【详解】A由点电荷的电场强度公式2QEkr得2BQEkh故 A 错误；B物体受到点电荷的
22、库仑力为2qQFkr由几何关系可知sin45hr 物体在A点时，由平衡条件有Nsin450FmgF 解得N224kqQFmgh故 B 错误；CD设点电荷产生的电场在B点的电势为B，机械能减少量为E机，动能定理有22011()22ABBWEqmvmv 机解得220()2mEvv机，220()2Bmvvq故 C 错误，D 正确。故选 D。9BD【详解】据题意知，望远镜与地球同步绕太阳做圆周运动，则公转周期相同，vr可知望远镜绕太阳运动的线速度大于地球绕太阳运动的线速度故 A 错误；由于望远镜与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，望远镜的轨道半径大，根据公式224arT可知，望远镜绕太阳运动的向心加速度
23、大于地球绕太阳运动的向心加速度，故 B 正确；望远镜所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故 C 错误；飞行器在2L或1L所处所受太阳和地球引力的合力提供做圆周运动的向心力，即224FmrT合，在2L处的轨道半径比在1L处大，所以合力比在1L处大，故 D 正确10ABD【详解】设开始时货物的加速度大小为1a，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma解得2110m/sa 经时间1t货物与传送带共速，则有01 1vva t解得10.4t s货物相对传送带向上运动的距离1x0110.8m2vvtvt共速后的加速度大小为2a，由牛顿第二定律得2sinc
24、osmgmgma解得222m/sa 假设到达水平台面的速度为2v，则有2202212sin2vvhvvat解得23m/sv 则能冲上水平台面，设共速后货物在传送带上的时间为2t，则有22 2vva t解得20.5st 共速后货物相对传送带向下的距离为222220.25m2vvxvtt所以货物从 A 处运动到 B 处所用的时间为 0.9s，货物在传送带上的划痕长度10.8mx货物与传送带间因摩擦产生的热量12cos4.2JQmgxx ABD 项正确，C 项错误。故选 ABD。11BC【详解】A如图所示对小球受力分析，小球受重力、拉力 F 和细线的拉力 FT作用，角不变，角减小到 90时，F 最小
25、，因此角减小的过程中，TF逐渐减小，F 先减小后增大，故 A 错误；B保持 F 水平，则tanFmg，TcosmgF角增大时 F、TF都逐渐增大，故 B 正确；C保持角不变，增大角，细线和拉力 F 的方向都逆时针转动，如图F 水平时TF最大，TF水平时 F 最大，所以TF逐渐减小，F 逐渐增大，故 C 正确；D只增加细线的长度，对 F、TF没有影响，故 D 错误。故选 BC。12AD【详解】A根据题意可知，导体棒初始运动时，感应电动势为0EBdv可知电路中感应电流为022BdvEIRR导体棒受到的安培力为2202B d vFBILR安根据牛顿第二定律Fma安解得导体棒的初始加速度大小为2202
26、B d vamR故 A 正确；B整个过程中，假设加速度不变，导体棒做匀减速运动，根据平均速度公式02vvv可知，导体棒的平均速度为02vv 实际运动过程中，由于导体棒的速度减小，导体棒受到的安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，则导体棒的平均速度02vv 故 B 错误；C整个运动过程中，设整个电路产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有2012Qmv则电阻 R 上产生的焦耳热为2014RQQmvRR故 C 错误；D整个运动过程中，根据动量定理有00F tmv安根据安培力公式FBId安可知F tBdItBdq安设导体棒在导轨上运动的最大距离为x，又有22BdxqRR联立解得0222mv RxB d故 D
27、 正确。故选 AD。13B平衡摩擦力过度1k相等【详解】(1)1A电火花计时器的工作电压为 220V 的交流电压，故 A 错误；B为了使小车所受合力为绳子的拉力，应平衡摩擦阻力即把木板的一侧垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，故 B 正确；C由于实验中可通过力传感器读数绳子的拉力即小车的合力，则实验时不用满足钩码和滑轮的总质量远小于小车的质量，故 C 错误。故选 B；(2)2由图示图象可知，拉力为零时小车已经产生加速度，说明小车受到的合力大于细线的拉力，这是由于平衡摩擦力时木板倾角过大、平衡摩擦力过大造成的；34由牛顿第二定律可得sinFMgfMa即1sinfaFgMM由图像可知1k
28、M得1Mk理论为FMa得1aFM由此可知，小车质量与实际时的相等141.41510160ADa24D UIL【详解】（1）1螺旋测微器的读数方法是固定刻度示数加上可动刻度示数，所以金属丝的直径为1mm 41.5 0.01mm1.415mmD。（2）23用“100”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应该选择更小的倍率“10”挡，则欧姆表示数为16.0 10160（3）4由于电源电动势为4V，为了使电压表指针偏转角度超过量程的13，则电压表应选择量程为3V的电压表，即选择 A；5金属丝的电阻约为160，测量时为了保证电压表的安全，电路中的最大电流约为max3A18.75mA160I根据闭
29、合电路欧姆定律可知，电路总电阻的最小值约为min3max421318.75 10ERI 可知滑动变阻器的阻值应大于50，故滑动变阻器应选2R，即选择 D。6因为VA30001601601xxRRRR所以电流表采用内接法，电压表的左端应与a端相连。7根据欧姆定律可得URI根据电阻定律可得224()2LLRDD联立可得24D UIL15（1）231.5 10 mBV；（2）700JU【详解】（1）气体从 A 状态变化到 B 状态的过程中做等压变化，有ABABVVTT根据图像231 10 mAV 280KAT 420KBT 解得231.5 10 mBV（2）气体对外界做的功为500JBAWp VV根
30、据热力学第一定律，在气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中，气体内能的增量U 为700JUQ W16（1）10m/s；（2）5s【详解】（1）足球停止的时间0110s5s2vta运动员延迟 0.5s，追击的过程中运在动员加速的时间124svta由于14.5sttt 因此运动员的速度为 10m/s。（2）足球的位移5 5m25m2vsvtt在前 4.5s 内，运动员的位移2212 1112.5 420m22sa t接下来运动员匀速运动，所用时间1225200.5s10sstsv运动员追上足球的时间125stttt 17（1）60N；（2）12J；（3）0.5m【详解】（1）物块 B 在最高点时
31、，有2dBBvm gmRb 到 d 由动能定理可得2211222BBdBbm gRm vm v在 b 点有2NbBBvFm gmR联立解得N60NF 由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为 60N。（2）由动量守恒定律可得AABBm vm v由能量守恒可得22p1122AABBEm vm v联立解得p12JE（3）物块与小车恰好共速，设速度为v，根据动量守恒定律得AAAm vmM v由能量守恒定律可得221122AAAAQm gLm vmM v联立解得0.5mL 18(1)02mvBqd；(2)204mvEqd；(3)3v0【详解】(1)当粒子以大小为 v0的速度射入磁场，粒子在磁场中做圆周运动
32、的半径112rd根据牛顿第二定律有2001vqv Bmr解得02mvBqd(2)设粒子射出速度大小为 v1，由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r2=d根据牛顿第二定律2112vqv Bmr粒子进入电场后，根据动能定理有211122qEdmv解得204mvEqd(3)设粒子射出速度增大为 v 时，粒子刚好不从 x=d 射出电场设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r，根据牛顿第二定律有：2vqvBmr设粒子出磁场时速度与 x 轴正向夹角为，根据几何关系有22()cosrrdr粒子出磁场时，沿 x 轴正向的分速度vx=vcos粒子沿电场方向做匀减速运动，根据运动学公式有22xvad根据牛顿第二定律有qE=ma解得v=3v0