1、（新高考）2021-2022学年下学期高三期中考金卷物 理 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1电池的能量密度指的是单位体积的电池所放出的能量。锂离子电池的能量密度是镍镉电池的2.5倍，因此在电池容量相等的情况下，锂离子电池就会比镍镉电池的体积更小。用国际单位制基本单位的符号来表示能量密度的单位，下列正确的是（）Akgm/s2BW/m3Ckg/（ms2）DJ/m3【答案】C【解析】能量密度为单位体积内所包含的能量，能量的单位是J，体积的单位是m3，则能量密度的单位用国际单位制基本单位的符号来表示为，ABD错误，C正确。2玻璃
2、杯中装入半杯热水后拧紧瓶盖，经过一段时间后发现瓶盖很难拧开。原因是（）A瓶内气体分子热运动的平均动能增加B瓶内每个气体分子速率都比原来减小C瓶内气体分子单位时间内撞击瓶盖的次数减小D瓶内气体分子单位时间内撞击瓶盖的次数增加【答案】C【解析】装入热水时，杯内上方气体温度升高，将一些气体排出，拧紧瓶盖，过一段时间后与外界发生热传递，气体放出热量后，内能减小温度降低。由于气体等容规律，瓶内的也压强减小，外界大气压将瓶盖压紧，故打开杯盖需要克服更大的摩擦力。温度降低后，气体分子的平均动能减小，并不是每个气体分子的速率都减小，有的分子的速率增加，故AB错误；温度降低后，气体的平均动能减小，平均速度也减小
3、，单位时间内气体分子撞击容器的次数减小，故C正确，D错误。3如图所示，小球在半径为R的光滑球面上的A、B之间作小角度的往返运动，则（）A小球的质量越大，其振动的频率越大BOA、OB之间夹角越小，小球振动的频率越小C球面半径R越大，小球振动的频率越小D将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球振动的频率减小【答案】C【解析】由于小球在半径为R的光滑球面上的A、B之间作小角度的往返运动，所以小球的运动可以视为简谐运动，小球振动周期为，则小球振动的频率为，可见小球振动的频率只与g和R有关，在同一地点R越大，小球振动的频率越小，AB错误、C正确；将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球在完全
4、失重情况下，重物不能下落，该实验不能进行，D错误。4一辆汽车在直线公路上行驶，当该车位于x1 m处时，卫星定位系统开始工作，并监测到汽车此后运动速度v和位置x的关系如图所示。考察其从x1 m至x3 m这段运动过程（）A该车做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2B卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为4 m/s2C这段运动过程的平均速度为4 m/sD这段运动过程所用的时间为0.5 s【答案】B【解析】根据公式，整理得，可知匀加速直线运动的图像不可能是直线，故A错误；图线斜率，可得，图线斜率为2，卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为，故B正确；由B选项可知，汽车的加速度不断增加，所以这段运动
5、过程的平均速度大于，这段运动过程所用的时间小于0.5s，故CD错误。5如图所示，质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置，其中a、b两导体棒放置在粗糙的水平面上，c导体棒被竖立的轻质弹簧悬挂，三根导体棒中均通入垂直纸面向里、大小相等的恒定电流后，呈等边三角形排列，且保持稳定。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A弹簧的弹力小于c导体棒的重力B水平面对a导体棒的摩擦力可能为零C水平面对a导体棒的支持力小于mgD若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，弹簧长度将增大【答案】C【解析】三根导体棒的电流方向相同，由“同向电流相吸，反向电流相斥“知a导体棒和b导体棒对c导体棒都是吸引力力，作用
6、力的合力方向竖直向下，故弹簧的拉力大于c导体棒的重力，故A错误；b、c导体棒对a导体棒的合力垂直bc向上，在水平方向的分力不为零，而a导体棒静止，所以a导体棒必定受到水平面面的摩擦力，故B错误；对a、b、整体研究，弹簧弹力竖直向上，所以地面对a的作用力小于mg，故C正确；若对称地缓慢增大ab导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力减小，长度减小，故D错误。6如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电流表均为理想电表。在变阻器滑片从b端向a端缓慢移动的过程中
7、（）A电流表A1示数减小 B电流表A2示数增大C原线圈输入功率先增大后减小 D定值电阻R消耗的功率先增大后减小【答案】B【解析】分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路。设滑动变阻器右边的电阻为x，则副线圈中的总电阻为，当滑片从b往a滑动时，x增大，则副线圈中总电阻一直减小。变压器原线圈输入电压不变，副线圈输出电压不变，总电阻减小，则副线圈总电流增大，A2示数增大，再由变压器原副线圈电流关系知，A2示数增大，A1示数增大，原线圈输出电压不变，电流增大，故输入功率增大，A、C错误，B正确；滑片从b往a滑动时，副线圈干路电流增大，滑动变阻器右半部分和R并联总电阻增大
8、，则并联部分分压增大，定值电阻R消耗的电功率增大，D错误。72021年5月15日，中国首次火星探测任务“天问一号”着陆巡视器安全“到站”，着陆乌托邦平原，红色火星第一次留下了中国印迹。在发射探测器的过程中，探测器绕地球在轨道1上做匀速圆周运动的轨道半径为R1（图a），绕火星在轨道2上做匀速圆周运动的轨道半径为R2（图b）。地球与火星的质量分别为M1、M2，二者均可视为质量分布均匀的球体。在相同时间内，探测器与地球球心连线扫过的面积为S1与火星中心连线扫过的面积为S2，则是（）ABCD【答案】D【解析】由几何关系可知，对于同一个圆扫过的圆心角与扫过的面积成正比，设探测器与地球球心连线在时间扫过的
9、圆心角为，则有，解得，由，可得，同理可得，探测器绕地球做匀速圆周运动有，解得，联立可得，同理可得，则，故D正确，ABC错误。8如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，C的质量为2m，A、B的质量均为m。A、B与地面的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（）AA受到3个力的作用B静止时A对C的支持力为mgCA、B若能保持不动，应该满足D若C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，该过程中摩擦力对A做的功为【答案】C【解析】A受重力mg、C对A的压力FN、地面的支持力F地、地面的摩擦力f，共4个力的作用，如图，故A
10、错误；对C受力分析，根据对称性，A、B对C支持力大小相等，设为FN，由平衡条件2FNcos602mg，解得FN2mg，故B错误；A受力平衡，有F地FNcos60mg2mg，fFNsin60mg，fF地，解得，故C正确；C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开，A受的摩擦力为滑动摩擦力f，对A，由受力平衡知F地FNcos60mg，fFNsin60F地，解得f，由几何关系知，当C下降到地面时，A向左移动的水平距离为xR，所以摩擦力的功Wfx，故D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的
11、得0分。9某群氢原子在下列各能级间跃迁：从n=2到n=1；从n=5到n=3；从n=4到n=2。在跃迁过程中辐射出三种颜色光分别为a、b、c，下列说法正确的是（）A通过同一双缝装置产生干涉，干涉条纹a最密集，c最稀疏Ba、b、c三种光a的波长最短C如果b光能让某种金属恰好发生光电效应，则a、c光也可以Da、b、c三种光c的波动性最明显【答案】BC【解析】设氢原子基态的能量为E1，由氢原子能级公式，则第2、3、4、5能级的氢原子的能量分别为，从n=2到n=1能级释放光子的能量，从n=5到n=3能级释放光子的能量，从n=4到n=2能级释放光子的能量，可知，由可得，由双缝干涉条纹宽度公式，可知通过同一
12、双缝装置产生干涉，干涉条纹a最密集，b最稀疏，A错误；由A项计算分析可知，所以 a、b、c三种光，a的波长最短，B正确；b光的能量最小，由光电效应产生的条件可知，如果b光能让某种金属恰好发生光电效应，则a、c光也可以，C正确由光的波长越长，波动性越显著，可知 a、b、c三种光中，b光波长最长，所以b的波动性最明显，D错误。102021年12月9日，“天宫课堂”第一课正式开讲，某同学在观看太空水球光学实验后，想研究光在含有气泡的水球中的传播情况，于是找到一块环形玻璃砖模拟光的传播，俯视图如图所示。光线a沿半径方向入射玻璃砖，光线b与光线a平行，两束光线之间的距离设为x，已知玻璃砖内圆半径为R，外
13、圆半径为2R，折射率为，光在真空中的速度为c，不考虑反射光线，下列关于光线b的说法正确的是（）A当时，光不会经过内圆B当时，光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角为45C当时，光线从外圆射出的方向与图中入射光线平行D当时，光从内圆通过的时间为【答案】AD【解析】当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好不会通过内圆，根据几何关系得，根据折射率公式，代入数据解得，因此当时，光不会经过内圆，故A正确；由上式解得，由几何分析可知，光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角小于45，故B错误；当时，由几何分析可知，光线从外圆射出的方向不可能与图中入射光线平行，根据折射定律，由于角度较小，可以得到，因此光从内圆
14、通过距离为，光从内圆通过的时间为，故C错误，D正确。11甲、乙两同学在课外活动时进行乒乓球比赛，已知乒乓球的质量为m且可视为质点，球桌的长度为L，甲同学在球桌左边缘上方高H处沿水平方向发球，在桌面上反弹后恰好过网，之后乒乓球落在球桌的右边缘上。乒乓球第一次落在桌面上时的水平位移为，已知第一次与桌面接触的过程乒乓球与桌面相互作用的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（）A乒乓球第一次与桌面作用过程中损失的能量为B乒乓球第一次落在桌面上后反弹上升的最大高度为C第一次与桌面接触的过程中，乒乓球受到桌面提供的平均作用力为D球网的高度为【答案】BC【解析】设乒乓球第一次落在桌面
15、上后反弹上升的最大高度为h，因为不计摩擦和空气阻力，所以在水平方向上乒乓球的速度不变，根据平抛运动规律得，解得，B正确；则第一次与桌面作用的过程中，乒乓球损失的能量为，A错误乒乓球第一次与桌面接触前瞬间在竖直方向的速度大小为，第一次与桌面接触后在竖直方向的速度大小为，根据动量定理得，解得，C正确；设球网的高度为，结合B项分析和运动学公式可知，联立解得，球网的高度为，D错误。12如图所示，MN、PQ是足够长的两平行固定金属导轨，导轨弯曲部分光滑，导轨水平部分粗糙，N、Q间接一定值电阻；水平导轨上紧邻弯曲导轨区域有方向竖直向上的矩形匀强磁场区域。将一金属杆（电阻不为零）从弯曲导轨某一高度处由静止释
16、放，使杆在磁场区域外右方某处停下。若导轨的电阻不计，金属杆与导轨垂直且接触良好，则能正确反映杆穿过磁场区域的过程中克服安培力做的功W、定值电阻上产生的焦耳热Q、通过杆的最大电流Im以及通过杆上某截面的电荷量q随高度h变化规律的图像是（）【答案】CD【解析】设导轨质量为m，金属杆的电阻为r，金属杆在水平轨道上运动位移x时静止，磁场的宽度为d，金属杆进出磁场的速度分别为v1和v2。金属杆穿过磁场的过程，由能定理得，整理得，金属杆在弯曲导轨下滑过程，可得，金属杆在磁场中速度逐渐减小，所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动，若金属杆做匀变速直线运动，则有，因加速度a逐渐减小，所以与
17、h并非线性关系，那么与h也不是线性关系，则克服安培力做功W与h不是线性关系，其图像不是一次函数图像，A错误；金属棒产生的焦耳热为，Qh图像与Wh图像形状相同，也不是一次函数图像，B错误；金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得，金属棒到达水平面时的速度为，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为EBLv，最大感应电流，所以，C正确；通过杆上某截面的电荷量q可表示，可知q与h无关，D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13(
18、6分)某同学利用气垫导轨测量当地的重力加速度的装置如图甲所示。数字计时器可以测出遮光条经过光电门1和光电门2的挡光时间。(1)实验前，利用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d_mm；(2)调节气垫导轨水平后，挂上槽码，连接滑块与槽码的细线与气垫导轨平行，开动气泵，释放槽码和滑块，数字计时器记录遮光条经过光电门1、2的挡光时间为t1、t2，测出光电门1和2之间的距离为s，则滑块运动的加速度a_；（用d、t1、t2、s表示）(3)若测得滑块和遮光条的质量为M，槽码的质量为m，则当地重力加速度g_。（用m、M、a表示）【答案】(1)3.04 (2) (3)【解析】(1)游标卡尺的读数为。(2
19、)滑块运动到光电门2时的速度大小为，运动到光电门1时的速度大小为，根据匀变速直线运动的速度公式可知。(3)根据牛顿第二定律有，得到。14(8分)某同学了解到，给大货车“称重”，是利用了如压阻应变片这样的元件，当改变对压阻应变片压力时，其阻值发生变化，这种效应称为“压阻效应”。现用如图甲所示的电路研究某压阻应变片Rx的压阻效应。已知Rx的阻值变化范围为几欧姆到几十欧姆，所用电源的电动势为3 V，内阻忽略。除图甲中的器材外，实验室还提供了如下器材可供选择：电压表V（量程为015 V，内阻约为20 k，其读数用U表示）电流表A1（量程为00.6 A，内阻r11.5 ，其读数用I1表示）电流表A2（量
20、程为00.6 A，内阻约为2 ，其读数用I2表示）(1)请完成电路图甲中虚线框内的部分，并用相应的符号标注元件。(2)在电阻Rx上加压力F，闭合开关S，记下电表读数，可得Rx_（用题目中给出的字母表示）。(3)改变压力F，得到不同的Rx值，绘成图像如图乙所示，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx_。(4)该同学用提供的器材设计了如图丙所示电路，想把电流表改成简单压力表，即直接在电流表盘上对应电流位置处标上压力大小。在0.15 A处标0，则调零电阻R0_，此压力表最大能测压力Rm_。（结果均保留两位有效数字）【答案】(1)见解析 (2) (3)182F (4)0.50 7.5N【解析】(1)由于
21、电压表V量程过大，读数精确度低，所以用电流表A2作电压表使用（A2满偏电压大于A1），如图所示。(2)根据欧姆定律得。(3)与所受压力F成一次函数，根据图线与坐标轴的截距以及斜率可知结合图像中（0,18）与（4,10）两点可知182F。(4)由闭合电路欧姆定律，若F0，I0.15A，代入得R00.5，当I0.6A时，代入得Fm7.5N。15(8分)如图所示，U形管两管粗细不等、开口向上，右端封闭的粗管横截面是左端开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压为H cmHg，左端开口管银面到管口的距离为h，且水银面比封闭管内高h，现把开口端用小活塞封住，并缓慢向下推动活塞，当活塞下降距离为h时，两管液面
22、恰好相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，活塞不漏气。求：(1)粗管中气体的最终压强p。(2)粗管内空气柱的原长x。【解析】(1)设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，两管液面相平时，设左管中水银面下降了h1，右管中水银面上升了h2，则有：，解得以左管封闭气体为研究对象。气体做等温变化初态，末态根据波意耳定律可知解得。(2)粗管内空气柱的原长x，则初态，末态，根据波意耳定律可知解得。16(8分)如图所示，竖直平面内有一个半径为R的光滑圆轨道，另外空间有一平行于圆周平面水平方向的匀强电场，一质量为m，带电量为q的正电小球（可视为质点）从最低点A点以一定初速度在圆轨道内侧开始运动，已知小球运
23、动到点时动能最大，此时OM与OD的夹角为30，重力加速度为g。求：(1)电场强度E的大小为多少?(2)要使小球做完整的圆周运动，v0的取值范围。【解析】(1)根据小球在平衡位置M点的受力分析可得得。(2)重力和电场力的合力F2mg在等效最高点临界需有解得从A点到等效最高点根据动能定理有解得即的取值范围。17(14分)如图所示，一水平传送带以v1 m/s的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量M0.6 kg的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离d11 m，C点到D点的距离d22 m；左边水平台面上有一质量m0.2 kg的物块甲，
24、将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。已知A、B两点间的距离L3 m，初始时弹簧储存的弹性势能Ep1.6 J，物块甲与传送带之间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求：(1)从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；(2)从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；(3)第3次碰撞点与D点之间的距离。【解析】(1)对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得解得假设物块甲滑过A点后，假设其一直匀减速运动到B点，根据牛顿第二定律和
25、匀变速直线运动规律有联立解得假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。在传送带上匀减速的时间在间匀速运动的时间则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间(2)物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别和，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得，甲在传送带上向左滑行位移则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至；甲在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为可右运动到B点时，两者相对位移大小为则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，系统产生的
26、总热量(3)物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为物块乙运动的距离为即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为，甲在传送带上向左滑行位移则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后又反向加速至，与物块乙发生第三次碰撞。因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为。18(16分)如图所示，在y轴右侧0 y d区域有竖直向下的匀强电场，场强，在dy3d区域内有垂直纸面向内、大小可调的匀强磁场。带电粒子以速度v0从点P（0，4.5d）沿与y轴夹角30方
27、向进入另一匀强磁场B0，该磁场方向垂直纸面向外，区域边界为矩形。粒子从该磁场飞出后恰好沿x轴正方向经过O点。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q（q0），不计粒子的重力。求：(1)粒子在磁场B0中运动的轨道半径R和磁感应强度B0的大小；(2)矩形磁场B0的最小面积；(3)若y轴右侧磁感应强度大小为B1时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线y3d相切，粒子第一次返回x轴上的点记为S点（图中未画出）；若磁感应强度大小为B2时，粒子离开O点后，经n（n1）次磁偏转仍过S点。请确定n的所有可能值，并求出与之对应的B2与B1的比值。【解析】(1)粒子在磁场B0中做圆周运动，飞出磁场后做匀速直线运动到达0点，
28、轨迹如图1甲所示，由几何关系得Rcos60R4.5d解得R3d由得。(2)当矩形磁场面积最小时，如图1乙所示，矩形的长为a2R6d宽bRRcos 601.5R4.5d故最小面积Sab27d2。 (3)设第一次飞出电场时速度为v，则解得如图2甲所示，速度与水平方向夹角为37，粒子水平位移为，如图2乙所示，当磁感应强度大小为B1时，粒子在磁场中圆周运动半径R1cos 372dR1解得R110d由得粒子再次到达x轴上的S点，则设磁感应强度大小为B2时粒子半径为R2，粒子经n（n 1）次磁偏转仍过S点，由几何知识，得所以由解得解得为了粒子能进行多次偏转，则13040n0，解得n（n取正整数）故n2、3，当n2时，当n3时。
