1、 石景山區20212022學年第一學期高三期末試卷物理第卷（共42分）一、本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1. 某區域的電場線分布如圖所示，電場中有A、B兩點。A、B兩點的電場強度大小分別為EA、EB，電勢分別為A、B。下列判斷正確的是（）A. EAEBB. EA=EBC. ABD. A=B【答案】A【解析】【詳解】AB電場線越密場強越大，由題圖可知，故A正確，B錯誤；CD沿電場線方向電勢逐漸降低，由題圖可知，故CD錯誤。故選A。2. 如圖所示，將帶鐵芯的線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩個接線柱連接到靈敏電流計上，把線

2、圈A靜置于線圈B的內部。下列判斷正確的是（）A. 開關閉合，向右移動滑動變阻器滑片的過程中，電流計指針不偏轉B. 開關閉合，向上拔出線圈A的過程中，線圈B將排斥線圈AC. 開關閉合瞬間，電流計指針不偏轉D. 開關閉合瞬間，電流計指針會偏轉【答案】D【解析】【詳解】A開關閉合，向右移動滑動變阻器滑片的過程中，線圈A中的電流發生變化，則穿過線圈B的磁通量發生變化，則會產生感應電流，即電流計指針偏轉，選項A錯誤；B開關閉合，向上拔出線圈A的過程中，根據楞次定律“來拒去留”，可知，線圈B將吸引線圈A，選項B錯誤；CD開關閉合瞬間，線圈A中的電流發生變化，則穿過線圈B的磁通量發生變化，則會產生感應電流，

3、電流計指針偏轉，選項C錯誤，D正確。故選D。3. 圖為給電容器充電的實驗電路圖。電源電動勢為E、內阻不計；電容器的電容為C，燈泡的電阻為R。將開關閉合，給電容器充電，用q表示電容器左側極板上的電荷量、用i表示電路中的電流、用uC表示電容器極板間的電壓、用uR表示燈泡兩端的電壓。圖中描述充電過程中上述物理量隨時間的變化規律，正確的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】AB閉合開關的瞬間，電容器開始充電，且電容器的充電電流在充電過程中逐漸減小，電容器的帶電量逐漸增加，兩板間電勢差逐漸增大，故AC錯誤，B正確；D因為充電過程中，電流逐漸減少，所以uR逐漸減小，故D錯誤。故選

4、B。4. 如圖所示，不可伸長的輕質細繩的一端系一個小球，另一端固定于O點，在O點正下方釘一個釘子A。小球從右側某一位置（細繩處于拉直狀態），由靜止釋放后擺下，不計空氣阻力和細繩與釘子相碰時的能量損失。下列說法中正確的是（）A. 小球擺動過程中，所受合力大小保持不變B. 當細繩與釘子碰后的瞬間，小球的向心加速度突然變大C. 釘子的位置向上移動少許，在細繩與釘子相碰時繩就更容易斷裂D. 小球在左側所能達到位置可能高于在右側釋放時的位置【答案】B【解析】【詳解】A根據牛頓第二定律小球向下擺動過程中，速度增大，所受合力大小變大，A錯誤；B根據向心加速度公式當細繩與釘子碰后的瞬間，小球速度不變，圓周運動

5、的半徑突然減小，小球的向心加速度突然變大，B正確；C根據牛頓第二定律釘子的位置越遠離小球，圓周運動的半徑越大，細繩所受的拉力越小，在細繩與釘子相碰時繩就越不容易斷，C錯誤；D根據機械能守恒定律解得小球在右側所能達到的最大高度應等于在左側釋放時的高度，D錯誤。故選B。5. 簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波長為，周期為T。t=0時刻的波形如圖1所示，a、b、c是波上的三個質點。圖2是波上某一質點的振動圖像。下列說法正確的是（）A. t=0時，質點a的加速度比質點b的小B. 質點b和質點c的速度方向總是相同的C. 圖2可以表示質點a的振動D. 圖2可以表示質點b的振動【答案】D【解析】【詳解】At=0時

6、，質點a的位移最大，則加速度最大，質點b的位移為零，加速度為零，選項A錯誤；B質點b和質點c的平衡位置相差半個波長，則速度方向總是相反的，選項B錯誤；C因t=0時刻質點a位于最高點將向下振動，與圖2不符，選項C錯誤；D因t=0時刻質點b向上振動，結合圖2可知，圖2可以表示質點b的振動，選項D正確；故選D。6. 2021年2月24日，“天問一號”火星探測器經過200多天的飛行，成功進入橢圓形的軌道繞火星運動，開展對火星的觀測，并為著陸火星做好準備。如圖所示，在“天問一號”沿橢圓軌道由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，下列說法正確的是（）A. 火星對探測器的引力逐漸減小B. 探測器的速度逐漸減小

7、C. 引力對探測器做負功，探測器的勢能逐漸減小D. 引力對探測器做正功，探測器的動能逐漸增大【答案】D【解析】【分析】【詳解】在“天問一號”沿橢圓軌道由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，火星對探測器的引力逐漸變大，引力對探測器做正功，探測器的動能逐漸增大，速度變大。故選D。7. 在用單擺測量重力加速度的實驗中，用多組實驗數據做出周期（T）的平方和擺長（L）的T2-L圖線，可以求出重力加速度g。已知兩位同學做出的T2-L圖線如圖中的a、b所示，其中a和b平行，圖線a對應的g值很接近當地重力加速度的值。相對于圖線a，關于圖線b的分析正確的是（）A. 可能是誤將繩長記為擺長LB. 可能是誤將懸點到

8、小球下端的距離記為擺長LC. 可能是誤將49次全振動記為50次D. 根據圖線b不能準確測出當地的重力加速度【答案】B【解析】【詳解】根據單擺的周期公式得 根據數學知識可知，T2-L圖象的斜率當地的重力加速度AB由圖象可知，對圖線b，當T為零時L不為零，所測擺長偏大，可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長L，故A錯誤，B正確；C實驗中誤將49次全振動記為50次，則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，圖線的斜率k偏小。故C錯誤；D由圖示圖象可知，圖線a與圖線b的斜率相等，由可知，圖線b對應的g值等于圖線a對應的g值，故D錯誤。故選B；8. 如圖所示，在水平地面上固定一對與水平面夾角為光滑

9、平行金屬導軌，頂端接有電源，直導體棒垂直兩導軌放置，且與兩軌道接觸良好，整套裝置處于勻強磁場中圖為沿方向觀察的側視圖，下面四幅圖中所加磁場能使導體棒靜止在軌道上的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】導體棒受到重力、軌道的支持力和磁場對導體棒的安培力，安培力方向由左手定則判斷，根據三個力的位置關系判斷能否平衡【詳解】磁場方向與電流方向平行，不受安培力，C和D選項不正確；由左手定則可知，A選項安培力方向水平向左，導體棒不可能平衡，選項A錯誤；B選項安培力方向水平向右，與向下的重力和垂直斜面向上的支持力能平衡，所以B正確9. 長征途中，為了突破敵方關隘，戰士爬上陡峭的山頭，居高臨下向

10、敵方工事內投擲手榴彈。戰士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A. 甲在空中的運動時間比乙的長B. 戰士對兩顆手榴彈做功一樣多C. 兩顆手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等D. 從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為【答案】C【解析】【詳解】A根據，可得甲、乙的下落高度相同，因此在空中的運動時間相等，故A錯誤；B根據，可得甲、乙運動的水平位移s不同，因此水平初速度不同，說明獲得的初動能不相等，由動能定理知戰士對兩顆手榴彈做功不相等，故B錯誤；C兩顆手榴彈在落地前瞬間

11、豎直方向的速度分量相等，重力的瞬時功率相等，故C正確。D從投出到落地，只有重力做功，手榴彈的機械能保持不變，故D錯誤。故選C。10. 某次實驗中，將理想變壓器原線圈接到電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈連接燈泡L1和滑動變阻器R，電路中分別接入理想交流電壓表V1、V2和理想交流電流表A1、A2，導線電阻不計，如圖所示。當滑動變阻器的滑片P向下滑動的過程中（ ）A. A1示數變小，A1與A2示數的比值不變B. A1示數變大，A1與A2示數的比值變大C. V2示數變小，V1與V2示數的比值變大D. V2示數不變，V1與V2示數的比值不變【答案】D【解析】【詳解】AB滑片P向下滑動后，變壓器副線

12、圈的負載電阻減小，原線圈的電壓V1不變，匝數比不變，故V2不變，由歐姆定律可得A2示數變大，由于理想變壓器P2 = P1，所以初級電流也變大，即A1示數變大，而A1與A2示數的比值等于變壓器匝數的倒數比，則比值不變，AB錯誤；CD由于理想變壓器原線圈電壓有效值不變，則副線圈電壓不變，V2示數不變，V1與V2示數的比值不變，C錯誤，D正確。故選D。11. 由于高度限制，車庫出入口采用圖所示的曲桿道閘，道閘由轉動桿與橫桿鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿始終保持水平。桿繞O點從與水平方向成30勻速轉動到60的過程中，下列說法正確的是（ ）A. P點的線速度大小不變B. P點的加

13、速度方向不變C. Q點在豎直方向做勻速運動D. Q點在水平方向做勻速運動【答案】A【解析】【分析】【詳解】A由題知桿OP繞O點從與水平方向成30勻速轉動到60，則P點繞O點做勻速圓周運動，則P點的線速度大小不變，A正確；B由題知桿OP繞O點從與水平方向成30勻速轉動到60，則P點繞O點做勻速圓周運動，P點的加速度方向時刻指向O點，B錯誤；CQ點在豎直方向的運動與P點相同，相對于O點在豎直方向的位置y關于時間t的關系為y = lOPsin( + t)則可看出Q點在豎直方向不是勻速運動，C錯誤；DQ點相對于O點在水平方向的位置x關于時間t的關系為x = lOPcos( + t) + lPQ則可看出

14、Q點在水平方向也不是勻速運動，D錯誤。故選A?！军c睛】12. 如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區域內，磁感應強度大小為B，一個質量為m，電荷量為q，初速度大小為v的帶電粒子從P點沿磁場區域的半徑方向射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉了角，忽略粒子的重力，下列說法正確的是（）A. 粒子帶負電B. 粒子在磁場中運動的軌跡長度為C. 粒子在磁場中運動的時間為D. 圓形磁場區域的半徑為【答案】C【解析】【詳解】A根據粒子的偏轉方向，根據左手定則可判斷出粒子帶正電，A錯誤；B根據幾何關系可知，粒子運動的圓心角為，軌跡如圖所示根據可得則粒子在磁場中運動的軌跡長

15、度為B錯誤；C根據，可得則粒子在磁場中運動時間為C正確；D根據幾何關系，設圓形磁場半徑為r，有則D錯誤；故選C。13. 在國際單位制中，物理量M的單位是kgmol-1，T的單位是K，C的單位是JK-1mol-1，為無單位的常數。若速度，則下列說法正確的是A. 物理量C的單位可用基本單位表示為kgm2s-2K-1mol-1，=0.5B. 物理量C的單位可用基本單位表示為kgms-1K-1mol-1，=0.5C. 物理量C的單位可用基本單位表示為kgm2s-2K-1mol-1，=1D. 物理量C的單位可用基本單位表示為kgms-1K-1mol-1，=1【答案】A【解析】【詳解】根據則功的單位則因為

16、的單位為根據所以故選A。14. 如圖所示，下端封閉、上端開口、內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一帶電小球，玻璃管的右側存在有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。從某時刻開始，玻璃管在外力作用下，始終保持不變的速度，沿垂直于磁場方向進入磁場中運動，最終小球從上端管口飛出。在這一過程中，小球所帶電荷量保持不變，下列說法正確的是（）A. 帶電小球受到的洛倫茲力做正功B. 玻璃管對帶電小球的彈力不做功C. 帶電小球在豎直方向做勻加速直線運動D. 帶電小球的機械能保持不變【答案】C【解析】【詳解】A洛倫茲力始終與速度垂直不做功，故A錯誤；B帶電小球在磁場中運動時，有水平向右的速度分量和豎直向上的速度分量

17、，由左手定則知洛倫茲力斜向左上方，因此玻璃管對帶電小球有向右的彈力，該彈力對小球做正功，故B錯誤；C玻璃管在外力作用下始終保持不變的速度，則小球向右的速度分量保持不變，豎直向上的洛倫茲力分量保持不變，因此在豎直方向小球做勻加速直線運動，故C正確；D小球在磁場中運動過程中，受重力，洛倫茲力和玻璃管對其向右的彈力，洛倫茲力不做功，彈力對其做正功，因此小球的機械能不守恒，故D錯誤。故選C。第卷（共58分）二、本題共2小題，共18分。15. 用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。重錘從高處由靜止開始下落，重錘上拖著的紙帶通過打點計時器，打出一系列的點，對紙帶上點跡間的距離進行測量，可驗證機械能守恒定

18、律。已知當地重力加速度為g。（1）為了減小實驗誤差，對體積和形狀相同的重錘，實驗時應選擇的材質是_；A木質B鋼質C泡沫D塑料（2）除圖中所示的裝置之外，還必須使用的器材是_；A直流電源、天平（含砝碼）B直流電源、刻度尺C交流電源、天平（含砝碼）D交流電源、刻度尺（3）如圖所示，根據打出的紙帶，選取紙帶上的連續的五個點A、B、C、D、E，通過測量并計算出點B距起始點O的距離為x0，B、C兩點間的距離為x1，C、D兩點間的距離為x2，若相鄰兩點的打點時間間隔為T，重錘質量為m，根據這些條件計算重錘從釋放到打下C點時的重力勢能減少量Ep=_，動能增加量Ek=_；（4）某同學利用圖中紙帶，先分別測量出

19、從A點到B、C、D、E、F、G點的距離h（其中F、G點為E點后連續打出的點，圖中未畫出），再計算打出B、C、D、E、F各點時重錘下落的速度v，繪制圖像，如圖所示，并求得圖線的斜率k。請說明如何根據圖像驗證重錘下落過程機械能是否守恒？_；（5）在一次測量中，某同學發現Ek略大于Ep，出現這一結果的原因可能是_。A存在空氣阻力和摩擦力B接通電源前釋放了紙帶【答案】 . B . D . mg(x0+x1) . . 在實驗誤差允許范圍內，若k近似等于2g，則認為這一過程機械能守恒 . B【解析】【詳解】（1）1驗證機械能守恒定律，重錘下落過程受空氣阻力應遠小于重力，所以選擇體積小密度大的重錘，故選B。

20、（2）2打點計時器需要交流電源，還需要刻度尺測量紙帶上計數點間距，實驗目的是“驗證機械能守恒定律”，即驗證重錘下落過程損失的重力勢能的數據是否與重錘動能的增加量 的數據非常接近，可以看出，重錘質量m不影響數據的比較，所以不需要天平，故ABC錯誤，D正確。故選D。（3）3 由紙帶可以看出從釋放到打下C點的距離為，則Ep=4 重錘動能增量重錘靜止釋放，O為紙帶上第一個計時點，所以=0，C點的速度等于B到D的平均速度，有帶入得（4）5若機械能守恒，則有公式中v0表示打C點時重錘的的速度，v表示后打出的B、C、D、E、F各點時重錘下落的速度v，則 可以看出，只要根據圖像計算出其斜率k在實驗誤差允許范圍

21、內近似等于2g，即為驗證了機械能守恒定律。（5）6 出現Ek略大于Ep的原因，可能是打第一個計時點時紙帶已經有了速度，操作上是接通電源前先釋放了紙帶；正常情況是先接通電源后釋放紙帶，由于空氣阻力以及打點計時器對紙帶的阻力，導致Ep略大Ek，故A錯誤，B正確。選B。16. 在測量一節干電池的電動勢和內阻的實驗中，可選用的器材有：A電壓表V1：03V，內阻約3k；B電壓表V2：015V，內阻約15k；C電流表A1：00.6A，內阻約0.1；D電流表A2：03A，內阻約0.01；E滑動變阻器R1：0100；F滑動變阻器R2：015；G開關S和導線若干。（1）電流表應選用_，電壓表應選用_，滑動變阻器

22、應選用_；（選填項目前的符號）（2）用所選器材按照圖連接好電路后，將滑動變阻器滑片置于合適位置，閉合開關S，通過調整滑動變阻器，得到多組電流I和電壓U。根據實驗數據，繪制出如圖所示的圖像，由圖線可求出E=_V，r=_；（3）實驗中，某同學發現電流表被損壞，他利用完好的電壓表和實驗室中的下述器材，仍然可以較準確測量電源電動勢和內阻的是_。A另一滑動變阻器B電阻箱C多個定值電阻（阻值為幾歐）D量程合適的電壓表（內阻未知）【答案】 . C . A . F . 1.49 . 0.76 . BC#CB【解析】【詳解】（1）123一節干電池的電動勢約為1.5V，則電壓表應選用A，為了減小測量誤差，電流表選

23、擇C，為了方便操作，滑動變阻器選擇阻值較小的F；（2）45根據閉合電路歐姆定律得可得圖線的縱軸截距為電源電動勢斜率的絕對值為電源內阻（3）6A利用滑動變阻器和電壓表，無法求出電路中的電流，所以不能測出電動勢和電源內阻，故A錯誤；B利用變阻箱和電壓表，由于電阻箱可以讀出阻值，所以可以計算出電路中的電流，可以測出電動勢和電源內阻，故B正確；C利用多個定值電阻和電壓表，定值電阻阻值已知，所以可以計算出電路中的電流，可以測出電動勢和電源內阻，故C正確；D利用兩個電壓表，由于電壓表的內阻未知，無法較準確測量電源電動勢和內阻，故D錯誤。故選BC。三、本題共4小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程和

24、重要步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。17. 如圖所示，足夠長的U形光滑導體框水平放置，寬度為L，一端連接的電阻為R。導體框所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。電阻為r的導體棒MN放在導體框上，其長度恰好等于導體框的寬度，且接觸良好。其余電阻均可忽略不計。在水平拉力作用下，導體棒向右勻速運動，速度大小為v。（1）請根據法拉第電磁感應定律推導導體棒勻速運動時產生的感應電動勢的大?。唬?）求電阻R兩端的電壓U；（3）若某個時刻撤去拉力，請在圖中定性畫出撤去拉力后導體棒運動的圖像?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由

25、得感應電動勢大?。?）由得電阻R兩端的電壓（3）撤去拉力后，導體棒在安培力作用下做減速運動，由于速度減小，則感應電動勢減小，感應電流減小，安培力減小，所以導體棒的加速度減小，即導體棒做加速度減小的減速運動，直至速度減為零，如圖所示18. 如圖所示，水平光滑絕緣軌道MN處于水平向右的勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的滑塊（可視為質點），從軌道上的A點由靜止釋放，滑塊在靜電力作用下向右做勻加速直線運動，當到達B點時速度為v。設滑塊在運動過程中，電荷量始終保持不變。（1）求滑塊從A點運動到B點過程中，靜電力所做的功W；（2）若規定A點電勢為A，求滑塊運動到B點時的電勢能EPB。（3）某同學把上

26、述靜電場的電場線分布畫成如圖所示：電場的方向均水平向右，電場線上疏下密。這種分布的靜電場是否可能存在？試述理由。【答案】（1）；（2）qA-；（3）答案見解析【解析】【詳解】（1）根據動能定理，靜電力所做的功（2）根據靜電力做功與電勢能變化的關系W=EPA-EPBEPA=qA則EPB=qA-（3）這種分布的靜電場不可能存在。因為在靜電場中電荷沿任意閉合路徑一周靜電力做的功等于0，但在這種電場中，電荷可以沿某一閉合路徑移動一周而靜電力做功不為0。19. 算盤是我國古老計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔x1=3.510-2m，乙與邊框a相隔x2=2.010-2m，算珠與導桿間的動摩擦因數=0.1?，F用手指將甲以初速度v0=0.4m/s沿導桿水平撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小v1=0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2。（1）求與乙碰前，甲算珠的速度大小；（2）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（3）判斷兩顆算珠間碰撞是否為彈性碰撞，并說明理由?！敬鸢浮浚?）0.3m/s；（2）乙恰好能滑到邊框a；（3）