三明一中2021-2022學年高三物理考試一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 以下是有關近代物理內容的若干敘述，其中正確的是（　　）A. 核反應為重核裂變B. 衰變?yōu)?/span>，經過次衰變，次衰變C. 原子核發(fā)生一次衰變，該原子外層就失去一個電子D. 湯姆遜通過對陰極射線的研究發(fā)現了電子，并提出了原子核式結構學說【答案】B【解析】【詳解】A．核反應為衰變，A錯誤；B．設衰變?yōu)?/span>經過x次衰變，y次衰變，則解得衰變?yōu)?/span>經過3次衰變，2次衰變，B正確；C．原子核發(fā)生衰變的電子為中子轉化為質子時從原子核中釋放出來，不是原子核外電子，C錯誤；D．原子核式結構學說由盧瑟福提出，D錯誤；故選B。2. 在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示。產生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是（　?。?/span>
 A. 時矩形金屬線框平面與磁感線平行B. 該交變電流的電動勢的有效值為VC. 該交變電流電動勢的瞬時值表達式為D. 電動勢瞬時值為22V時，矩形金屬線框平面與中性面的夾角為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．當時刻感應電動勢等于零，所以穿過線框回路的磁通量最大，線框平面與中性面重合，矩形金屬線框平面與磁感線垂直，故A錯誤；B．由圖可知，交流電的最大值為，該交流電的有效值為故B錯誤；C．由圖可知，周期為，角速度為則該交流電的瞬時表達式為故C錯誤；D．電動勢瞬時值為22V時，則有解得所以矩形金屬線框平面與中性面的夾角為，故D正確。故選D。3. 如圖所示，在水平放置的木棒上的M、N兩點，系著一根不可伸長的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小金屬環(huán)?，F將木棒繞其左端逆時針緩慢轉動一個小角度，則關于輕繩對M、N兩點的拉力F1、F2的變化情況，下列判斷正確的是（　?。?/span>A. F1和F2都變大 B. F1變大，F2變小C. F1和F2都變小 D. F1變小，F2變大【答案】C【解析】【分析】【詳解】是一根不可伸長的柔軟輕繩，所以繩子的拉力相等,即根據對稱性可知，每邊繩子與豎直方向的夾角相等，設為，根據平衡條件可得木棒繞其左端逆時針緩慢轉動一個小角度后，繩子之間的夾角變小，變大，環(huán)的重力保持不變，所以繩子上的拉力變小，選項C正確，A、B、D錯誤。故選C。4. 如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，如圖所示，則下列有關判斷正確的是(　　)
 A. 小球第一次到達軌道最低點的速度關系vp＝vM<vNB. 小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FP＝FM>FNC. 小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP=tM<tND. 三個小球到達軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發(fā)點位置【答案】C【解析】【分析】根據動能定理，可得小球到達P、M和N點時的速度；根據牛頓第二定律列式可判斷小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系；根據到達最低點的速度關系判斷時間關系；【詳解】根據動能定理，可得小球到達P和M點時的速度： ；在電場中時：，解得： ，可知，A錯誤；最低點：；；；小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FM>FP >FN；B錯誤；根據A問答案知道，三球運動到同一高度時，P、M速度相等且大于N點速度，下滑動的路程等于1/4圓弧相等，所以小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP=tM<tN，C正確；P、M兩球機械能守恒，能達到右邊等高點，但N球由于電場力做負功不能達到等高點，但三個球都能回到原來的出發(fā)點位置，D錯誤．故選C.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。5. 甲、乙兩車在平直的公路上同時從同一地點同向行駛，兩車的速度v隨時間t的變化關系如圖所示，其中兩陰影部分的面積相等（S1=S2），則（　?。?/span>
 A. 甲、乙兩車均做直線運動B. 在0~t2時間內，甲、乙兩車相遇兩次C. 在0~t2時間內，甲的加速度先減小后增大D. 在0~t2時間內（不包括t2時刻），甲車一直在乙車前面【答案】AD【解析】【詳解】A．甲、乙兩車均做直線運動，A正確；B．從圖像可知，在0～t2時間內，甲、乙兩車圖線與t軸所包圍的“面積”相等，即輛車的位移相等，所以t2時刻，甲、乙兩車相遇且只相遇一次。B錯誤；C．在0~t2時間內，甲車v-t圖線斜率不斷增大，所以其加速度不斷增大， C錯誤；D．在0~t2時間內（不包括t2時刻），甲車圖線與t軸所包圍的“面積”大于乙車圖線與t軸所包圍的“面積”，即甲車的位移大于乙車的位移，且甲、乙兩車在平直的公路上同時從同一地點出發(fā)，所以甲車一直在乙車前面， D正確。故選AD。6. 如圖所示，曲線Ⅰ是一顆繞地球做圓周運動衛(wèi)星軌道的示意圖，其半徑為R；曲線Ⅱ是一顆繞地球橢圓運動衛(wèi)星軌道的示意圖，O點為地球球心，AB為橢圓的長軸，兩軌道和地心都在同一平面內，已知在兩軌道上運動的衛(wèi)星的周期相等，萬有引力常量為G，地球質量為M，下列說法正確的是（　　）
 A. 衛(wèi)星在Ⅱ軌道上由A點運動到B點的過程中，速率在不斷增大B. 衛(wèi)星在Ⅰ軌道的速率為v0，衛(wèi)星在Ⅱ軌道A點的速率為vA，則v0＞vAC. 若OA=0.5R，則衛(wèi)星在A點的速率vA＞D. 衛(wèi)星在Ⅰ軌道上的加速度大小為a0，衛(wèi)星在Ⅱ軌道上B點加速度大小為aB，則有a0>aB【答案】CD【解析】【詳解】A．衛(wèi)星在Ⅱ軌道上由A點運動到B點的過程中，萬有引力做負功，動能不斷減小，速率在不斷減小，A錯誤；B．衛(wèi)星在半徑為的圓形軌道上線速度為得衛(wèi)星在Ⅰ軌道的速率為v0，設過A點某衛(wèi)星圓形軌道上，衛(wèi)星的速率為,得衛(wèi)星在Ⅱ軌道A點的速率為vA，得則B錯誤；C．若OA=0.5R，則衛(wèi)星在過A點圓形軌道上速率在Ⅱ軌道上由A點做離心運動，得C正確；D．由牛頓第二定律得因為衛(wèi)星在Ⅱ軌道上B點到地心的距離大于Ⅰ軌道的半徑，所以
 D正確。故選CD。7. 如圖所示，質量為m、電荷量為q的小球在電場強度E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下面說法中正確的是（　?。?/span>
 A. 電場方向可能垂直ON向上B. 電場強度E的最小值為E=C. 如果電場強度為E=，則小球的電勢能始終為0D. 如果電場強度為E=，則小球相對初始位置的最大高度為【答案】ACD【解析】【詳解】AD．因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形定則知，電場方向不確定，電場力的方向不確定，有最小值，當電場力垂直于運動方向時，電場力最小為如圖所示
 所以電場強度的最小值故A正確，B錯誤；C．如果電場強度為E=，則小球所受電場力垂直于運動方向，電場力不做功，電勢能不變，電勢能始終為0，故C正確；D．根據平行四邊形定則知，小球所受的重力和電場力相等，兩個力的夾角為120°，如圖
 所以合力大小與分力大小相等，等于mg，根據牛頓第二定律知，小球的加速度為g，小球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移則小球上升的最大高度故D正確。故選ACD8. 如圖所示，足夠長的光滑導軌OM、ON固定在豎直平面內，電阻不計，兩導軌與豎直方向夾角均為。空間存在垂直導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為、長為的導體棒在豎直向上的拉力作用下，從O點開始沿軸向下以大小為v的速度做勻速直線運動，且棒始終與軸垂直對稱，與導軌接觸良好。導體棒單位長度電阻值為r，重力加速度為g。則在導體棒從開始運動到離開導軌的過程中，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 導體棒中的感應電流大小保持恒定不變B. 導體棒沿導軌下落過程中減小的機械能等于金屬棒產生的焦耳熱C. 通過回路中某橫截面上的電荷量為D. 導體棒在導軌上運動時拉力與的關系為【答案】AC【解析】【詳解】A．導體棒切割磁感線產生的感應電動勢根據閉合電路歐姆定律可知因為v、r、B恒定，則I恒定，導體棒中的感應電流大小保持恒定不變，故A正確；B ．導體棒運動過程重力做正功WG，拉力F做負功WF，安培力做負功，克服安培力做功轉化為焦耳熱Q，設導體棒的速度為v，由能量守恒定律得機械能的減少量即導體棒沿導軌下落過程中減小的機械能大于金屬棒產生的焦耳熱，故B錯誤；C．由，，可得導體棒從開始運動到離開導軌的過程中，通過回路中某橫截面上的電荷量為故C正確；D．導體棒受到重力、拉力F和安培力作用，根據共點力平衡知識可知解得拉力其中解得故D錯誤。故選AC。三、非選擇題:共60分。考生根據要求作答。9. 如圖是研究光的雙縫干涉用的示意圖，擋板上有兩條狹縫S1、S2，由S1和S2發(fā)出的兩列波到達屏上時會產生干涉條紋，已知入射激光的波長為，屏上的P點到兩縫S1和S2的距離相等，如果把P處的亮條紋記作第0號亮紋，由P向上數，與0號亮紋相鄰的亮紋為1號亮紋，與1號亮紋相鄰的亮紋為2號亮紋，則P1處的亮紋恰好是10號亮紋。（1）設直線S1P1長度為，S2P1的長度為，則 =________。（2）若將S2用遮光片擋住，光屏上的明暗條紋___________（填“均勻”或“不均勻”）分布。【答案】    ①. 10λ    ②. 不均勻【解析】【詳解】（1）[1]由題意可知（2）[2] 將S2用遮光片擋住則變成單縫衍射，光屏上的明暗條紋不均勻。10. 在某次光電效應實驗中，得到的遏制電壓與入射光的頻率的關系如圖所示，若該直線的斜率和截距分別為和，電子電荷量的絕對值為，則普朗克常量可表示為_______，所用材料的逸出功可表示為_______．
 【答案】    ①.     ②. 【解析】【詳解】光電效應中，入射光子能量，克服逸出功后多余的能量轉換為電子動能，反向遏制電壓；整理得，斜率即，所以普朗克常量，截距為，即，所以逸出功【考點定位】光電效應【名師點睛】根據光電效應寫出數學表達式，按照數學里面的截距和斜率解決問題．數學的工具作用不可忽視． 11. 某科技實驗小組利用傳感器測定鐵塊與斜面間的動摩擦因數，裝置如圖甲所示，在長為 l0的固定斜面上，讓鐵塊從斜面頂端由靜止開始下滑，由固定在斜面底端的位移傳感器、速度傳感器分別測出鐵塊到傳感器的距離 l 和相應位置的速度 v ，最后通過計算機得到如圖乙所示的圖像。
 （1）圖乙中的縱坐標表示鐵塊到傳感器的距離 l，橫坐標表示______。 A．   B．v C．v2 D． （2）根據圖線可得鐵塊沿斜面下滑的加速度 a =______（用  l0、b  表示）。 （3）若斜面長 l0 = 2.0m ，高 h = 1.2m ，采用國際單位制 b 的數值為 9.8 ，取重力加速度 g = 9.8m/s2，可得到鐵塊與斜面間的動摩擦因數 ? = ______（保留兩位有效數字）。【答案】    ①. C    ②.     ③. 0.44【解析】【分析】【詳解】(1)[1]根據運動學公式，有鐵塊到傳感器的距離為 可知橫坐標為。故選C。(2)[2]圖像斜率的絕對值表示自變量前面的系數，即解得(3)[3]將斜面長l0 = 2.0m，b=9.8，帶入上式，可得鐵塊下滑時，根據牛頓第二定律有聯立，可得12. 某實驗小組在測量電源電動勢和內電阻的同時，還要進一步探究某溫控電阻的特性，為此設計了如圖甲所示的電路。已知電壓傳感器電阻很大、電流表的內阻很小，電流表的量程為 0.3A，R1為定值電阻，溫控電阻 R2兩端電壓 U 隨其溫度 t 變化的函數關系式為 U＝U0﹣kt，其中 U0＝8.96V、k＝0.2，t 的單位為℃。（除讀數外，其余結果均保留 2 位有效數字）
 （1）將單刀雙擲開關扳到 a，閉合開關 S，電壓傳感器的讀數為 1.60V 時，電流表的讀數如圖乙所示，則電流表的讀數為______ A，定值電阻 R1＝_______Ω。 （2）將單刀雙擲開關扳到 b，閉合開關 S，通過改變溫控電阻 R2的溫度，讀出多組電壓傳感器以及電流表的讀數，描繪出的 U﹣I 圖線如圖丙所示，由此可知電源的內阻 r＝______ Ω。 （3）斷開單刀雙擲開關，電流表的讀數為 0.100A，此時溫控電阻 R2的溫度為______ ℃。【答案】    ①. 0.200    ②. 8.0    ③. 1.0    ④. 4.8【解析】【分析】【詳解】（1）[1][2]電流表的最小刻度為0.01A，則讀數為0.200A，定值電阻（2）[3]根據閉合電路的歐姆定律可得U=E-Ir即U=E+I（R1+r）由圖可知，電源的電動勢為E=9.0V，內阻（3）[4]斷開單刀雙擲開關，電流表的讀數為0.100A，此時溫控電阻R2兩端的電壓由U=U0-kt其中U0=8.96V、k=0.2，可得t=4.8℃13. 如圖為某型號家用噴水壺的外形圖和原理圖，壺中氣筒內壁的橫截面積，活塞的最大行程為，正常噴水時壺內氣體需達到壓強Pa以上。壺內裝水后，將壓柄連接的活塞壓到氣筒的最底部，此時壺內氣體體積為，壓強為Pa，溫度為27℃。已知大氣壓強Pa。（1）將噴水壺放到室外，室外氣溫為9℃，求穩(wěn)定后壺內氣體的壓強；（2）在室外且溫度保持不變，為了使噴水壺達到工作狀態(tài)，至少需要通過壓柄充氣多少次？
 【答案】（1）p2=0.94×105Pa ；（2）【解析】【詳解】（1）由氣體發(fā)生等容變化有其中p1=1.0×105Pa、T1=300K、T2=282K解得p2=0.94×105Pa（2）將原有氣體轉化為工作壓強其中，p2=0.94×105 Pa，p=1.3×105 Pa解得打入n次的外界氣體轉換為工作壓強過程，根據玻意耳定律其中                   解得取14. 隨著航空領域的發(fā)展，實現火箭回收利用，成為了各國都在重點突破的技術。其中有一技術難題是回收時如何減緩對地的碰撞，為此設計師在返回火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置。該裝置的主要部件有兩部分：① 緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成，其內部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abcd；② 火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導線圈（圖中未畫出），超導線圈能產生方向垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場。當緩沖滑塊接觸地面時，滑塊立即停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，火箭主體一直做減速運動直至達到軟著陸要求的速度，從而實現緩沖。現已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度大小為v0，經過時間t火箭著陸，速度恰好為零；線圈abcd的電阻為R，其余電阻忽略不計；ab邊長為l，火箭主體質量為m，勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計，求：（1）緩沖滑塊剛停止運動時，線圈產生電動勢；（2）緩沖滑塊剛停止運動時，火箭主體的加速度大??；（3）火箭主體的速度從v0減到零的過程中系統(tǒng)產生的電能。
 【答案】（1）BLv0；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）ab邊產生電動勢E＝BLv0（2）ab邊受到安培力對火箭主體受力分析可得又解得（3）設下落t時間內火箭下落的高度為h，對火箭主體由動量定理即又 得mgt－＝0－mv0化簡得h＝根據能量守恒定律，產生的電能為E＝代入數據可得15. 如圖所示，在xOy平面第一象限內有垂直紙面向外的勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B，在第二象限的邊長為L的正方形ACDO內的某個區(qū)域有垂直于紙面的勻強磁場Ⅱ，在第三象限內有豎直向上的勻強電場，場強大小為E，所有電磁場邊界均為理想邊界。在第三象限內有一點P（-L，-L），在AP連線上任意一點由靜止釋放一帶電粒子，粒子由A點進入磁場Ⅱ中，經過磁場Ⅱ偏轉后，都能垂直于y軸進入磁場Ⅰ中，且都恰好能到達O點被粒子捕獲器捕獲。已知在P點釋放的粒子恰好是經D點垂直于y軸進入磁場Ⅰ中。設粒子重力不計。求：（1）粒子的比荷；（2）ACDO內所加磁場的最小面積；（3）帶電粒子從釋放到運動到O點的最小時間及對應的電場中釋放位置坐標。
 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）經分析得粒子軌跡如圖所示
 在P點釋放的粒子，在電場中由動能定理得在第一象限B1=B的磁場中，帶電粒子運動軌跡半徑為洛倫茲力提供向心力解得（2）四分之一圓形面積三角形面積為最小面積為（3）帶電粒子在第二象限磁場中的半徑為r2=L=2r1洛倫茲力提供向心力 故第二象限磁場的磁感應強度任意位置釋放粒子在第一、二象限磁場中總時間都相等在第一象限磁場中又在第二象限磁場中又在電場中，根據動能定理有由平均速度公式有解得在第二象限磁場中，洛倫茲力提供向心力解得半徑粒子離開磁場B2勻速到y軸有解得當t3+t4最小時有解得即釋放位置坐標為（-L，）最小時間為
 

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