物理-2022屆湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體高三（上）期末考試物理試題

2022屆湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體高三（上）期末考試物理試題

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，比值定義法，就是在定義一個

物理量的時候采取比值的形式定義，被定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性，它不

隨定義所用的物理量的大小取舍而改變，下列選項中所列各物理量的關系式，全部用到了比

值定義法的有（）

.XAA-U_EprF

tZRqqIL

C.C=—,I=—,R=p—D.R=—,g=—,a=

UtSImm

2.逢年過節(jié)，采購一盆綠植放在客廳增添節(jié)日氛圍已經成為一種越來越普遍的習俗。如圖

為某次采購的一盆綠植，部分花枝上通過輕質短繩掛有各式各樣的小飾品。若所有飾品質量

相同，則以下說法正確的是（）

A.不同飾品，由于懸掛樹枝彎曲程度不同，所受花枝作用力不同

B.花枝給飾品作用力方向一定垂直花枝斜向上方

C.經過一段時間，花枝被飾品壓到相對較低的位置，但飾品所受花枝作用力不變

D.使飾品輕微擺動，在飾品擺動過程中，掛繩對飾品拉力的大小和方向均不變

3.一簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在r時刻，該波的波形圖如圖甲所示，P、。是介質

中的兩個質點，圖乙表示介質中某質點的振動圖象。下列說法正確的是（）

甲乙

A.質點。的振動圖象與圖乙相同

B.在f=0時刻，質點P的速率比質點。的大

C.在r=0時刻，質點尸的加速度的大小比質點。的大

D.在f=0時刻，質點尸與其平衡位置的距離比質點。的小

4.如圖所示勻強電場E的區(qū)域內，在。點處放置一點電荷+Q,a、b、c、d、e、/為

以。點為球心、半徑為R的球面上的點，。、。、e、c、/點共面且與電場平行，。、b、

e、4、/點共面且與電場垂直，則下列說法中正確的是（）

夕

/\f\

個；＜?■一一leE

A.。、b、c、d、e、/各點的電場強度均相同

B.。、c兩點的電場強度大小不相等，電勢相等

C.b、〃兩點的電場強度大小不相等，電勢相等

D.e、/兩點的電場強度大小相等，電勢相等

5.中國火星探測器“天問一號”成功發(fā)射后，將沿地火轉移軌道飛行七個多月，于2021年2

月中旬到達火星附近，要通過制動減速被火星引力俘獲，才能進入環(huán)繞火星的軌道飛行。已

知地球的質量約為火星質量的10倍，半徑約為火星半徑的2倍，下列說法正確的是（）

A.若在火星上發(fā)射一顆繞火星的近地衛(wèi)星，其速度至少需要7.9km/s

B.“天問一號”探測器的發(fā)射速度一定大于7.9knVs,小于11.2km/s

C.火星與地球的第一宇宙速度之比為1:6

D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

6.“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透

明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（）

A.摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變

B.在最低點時，乘客處于超重狀態(tài)

C.摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零

D.摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變

7.如圖，理想變壓器副線圈匝數(shù)為2000匝，原線圈匝數(shù)為1000匝。副線圈接有一個阻值

為&=200Q的燈泡，繞過鐵芯的單匝線圈接有一理想交流電壓表V,示數(shù)為0.10V。則交

流電流表的示數(shù)為（）

M

Om

A.2AB.1AC.4AD.3A

二、多選題

8.如圖所示，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相等的光滑軌道.甲、乙兩小孩

沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有

A.甲的切向加速度始終比乙的大

B.甲、乙在同一高度的速度大小相等

C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度

D.甲比乙先到達8處

9.如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內

徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從8點脫離后做平拋運動，經過0.3s后恰好垂直與傾

角為45。的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑為R=lm,小球可看做質點且其質量為m=1kg,

g取lOm/sL則()

B.小球在斜面上相碰點C與B點的水平距離是0.45m

C.小球經過B點時，受到管道的作用力&=1N,方向向上

D.若改變小球進入管道初速度使其恰好到達B點，則在B點小球對管道的作用力為零

10.如圖甲，足夠長的光滑斜面傾角為30。，f=0時質量為0.2kg的物塊在沿斜面方向的力尸

作用下由靜止開始運動，設沿斜面向上為力F的正方向，力尸隨時間，的變化關系如圖乙。

取物塊的初始位置為零勢能位置，重力加速度8取lOrn/sZ,則物塊（）

A.在O~ls時間內合外力的功率為5WB.在f=ls時動能為2.5J

C.在f=2s時機械能為5JD.在，=3s時速度大小為10m/s

11.如圖所示，間距為L,電阻不計的足夠長平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端用一阻

值為R的電阻連接，導軌上橫跨一根質量為〃，，電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良

好。整個裝置處于豎直向上、磁感應強度為8的勻強磁場中?，F(xiàn)使金屬棒以初速度%沿導軌

向右運動，若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為4。下列說法正確的是（）

A.金屬棒A端電勢比B端電勢高

B.整個過程中金屬棒克服安培力做功為;，”片

C.整個過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為等

D.金屬棒AB克服安培力做功等于電阻R上產生的焦耳熱

三、實驗題

12.用如圖甲所示的裝置，來驗證碰撞過程中的動量守恒。圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，

。點為水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，A、B兩球的質量之比小八：〃%=3:1。先使A

球從斜槽上固定位置G由靜止釋放，在水平地面的記錄紙上留下落點痕跡，重復10次，得

到10個落點。再把B球放在水平槽上的末端R處，讓A球仍從位置G由靜止釋放，與B球

碰撞，碰后A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復10次。A、8兩球在記錄

紙上留下的落點痕跡如圖乙所示，其中米尺的零點與。點對齊。

（1）碰撞后A球的水平射程應取cm；

（2）本實驗巧妙地利用小球飛行的水平距離表示小球的水平速度。下面的實驗條件中，不

能使小球飛行的水平距離表示為水平速度的是;

A.使A、B兩小球的質量之比改變?yōu)?:1

B.升高固定點G的位置

C.使A、8兩小球的直徑之比改變?yōu)?:3

D.升高桌面的高度，即升高R點距地面的高度

（3）利用此次實驗中測得的數(shù)據(jù)，在誤差允許的范圍內滿足表達式__________,則說明碰

撞過程動量守恒。

13.音箱線用于連接功放與音箱，用單晶銅作音箱線，音響的音質會更清晰，因為單晶銅電

阻率比普通銅低,下面是測量單晶銅電阻率的實驗方案。

圖(a)

(1)用螺旋測微器測量一單晶銅絲的直徑，示數(shù)如圖(a)所示，可讀得mm；

(2)圖(b)為實驗電路，為了保證兩個電表的示數(shù)從零開始變化，請畫線將滑動變阻器正確

接入電路；

(3)電路接好后，閉合開關5,滑動變阻器觸頭從左移到右，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)變化很大，電流

表示數(shù)總為零，這可能是線夾P處發(fā)生______(選填“短路”或"斷路”)；

(4)線夾P的問題解決后，閉合開關S,滑動變阻器觸頭移到合適位置不動，再把線夾尸從a

向。移動，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)很小且變化不大，這時應該把連接電壓表負接線柱的導線改接在

,再重新把線夾P從。向6移動，讀出多組電壓表和電流表示數(shù)，計算電阻，把多組

電阻值與接入電路長度值畫成如圖(c)的R-x關系圖線，根據(jù)圖線可知用尸C,單晶

銅的電阻率為Cm(力取3,計算結果保留兩位有效數(shù)字)。

四、解答題

14.如圖所示，空間存在著強度E=2.5X102N/C、方向豎直向上的勻強電場，在電場內有一

長為L=0.5m的絕緣細線，一端固定在。點，另一端拴著質量m=0.5kg、電荷量q=4xl0

2c的小球.現(xiàn)將細線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當小球運動到最高點時細線受

到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂.取g=10m/s2.求：

(1)小球的電性；

(2)細線能承受的最大拉力;

（3）當小球繼續(xù)運動后與0點水平方向距離為L時，小球距。點的高度.

15.算盤是我國古老的計算工具，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6,

甲、乙相隔心=3cm,乙與邊框。相隔s?=3cm,算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)〃=0.15。現(xiàn)

用手指將甲以0.5m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為O.lm/s,方向不變，碰撞

時間極短且不計，重力加速度g取lOm/s?。

（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框

（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間（結果保留兩位有效數(shù)字）。

邊框。

邊框力

16.如圖所示，虛線與PQ之間是勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度為

B,磁場區(qū)域在豎直方向足夠長，P。右側有無限大的擋板，MN、與擋板三者互相平

行，間距均為。。一電荷量為式4>0）、質量為機、初速度可忽略的粒子，經電壓為G的

電場加速后，從靠近上板的位置沿水平方向進入兩平行金屬板間的偏轉電場。平行金屬板長

度為L、間距為3乙，板間為電壓生由加速電壓G決定，且始終有以粒子離開

偏轉電場后若可以穿過勻強磁場，最后會打在豎直擋板上（重力忽略不計）。

（1）求粒子經過偏轉電場后的側移距離》和速度偏轉角。的正切值；

（2）為使粒子不會由磁場右邊界射出，加速電壓最大值應為多少？

（3）若每隔一段時間就有一個粒子被加速，且加速電壓Q從彳Um緩慢增加至9U,“，求豎

直擋板上被粒子打中區(qū)域的長度。（粒子在加速電場中運動時間極短且粒子間的相互作用忽

略不計）

U\

xxxx

u2：：

t~~1XXXX!

x"x"x?

；XXXX:

IiXXXX：

172心D

NQ

參考答案：

1.B

【解析】

【詳解】

A.該選項中

R

不是比值定義法，其余兩個是比值定義法，選項A錯誤；

B.該選項中三個物理量都是比值定義法，選項B正確；

C.該選項中

R=p—

S

不是比值定義法，其余兩個是比值定義法，選項C錯誤；

D.該選項中

F-

a=-LL-

m

不是比值定義法，其余兩個是比值定義法，選項D錯誤；

故選B。

2.C

【解析】

【分析】

【詳解】

A.所有飾品質量相同，根據(jù)平衡條件可知所受花枝作用力相同，A錯誤；

B.根據(jù)平衡條件可知花枝給飾品作用力與重力大小相等，方向相反，即花枝給飾品作用力

方向一定豎直向上，B錯誤；

C.經過一段時間，花枝被飾品壓到相對較低的位置，但根據(jù)平衡條件可知飾品所受花枝作

用力不變，大小仍然等于重力，c正確；

D.在飾品擺動過程中，受力不平衡，掛繩對飾品拉力將發(fā)生變化，D錯誤。

故選C。

3.C

【解析】

【分析】

試卷第1頁，共14頁

【詳解】

A.，=!時刻，題圖乙表示介質中的某質點從平衡位置向下振動，畫題圖甲中質點。在

時刻從平衡位置向上振動，平衡位置在坐標原點的質點從平衡位置向下振動，所以質點。的

振動圖象與題圖乙不同，故A錯誤；

BCD.在7=0時刻，質點P處在波谷位置，速率為零，與其平衡位置的距離最大，加速度

最大，而質點。運動到平衡位置，速率最大，加速度為零，即在f=0時刻，質點尸的速率比

質點。的小，質點P的加速度比質點。的質點P與其平衡位置的距離比質點。的大，故BD

錯誤，C正確。

故選C。

4.D

【解析】

【詳解】

勻強電場的場強大小恒為E，方向水平向右，點電荷在球面上產生的場強大小為

方向沿徑向向外，但各點的合場強滿足平行四邊形法則合成，則有

紇>Eb=E&=E?=E,>E。

沿著電場線電勢逐漸降低，則勻強電場的各點電勢關系為

>(PM=(Pa\=<Pe\=盯I>%

正的點電荷周圍的電勢決定式為

kQ

(p.=—

-R

勻強電場的電勢和點電荷的電勢合成滿足代數(shù)加減，有

A.a、b、。、d、e、/六個點的合場強大小不全相等，而合場強的方向也不全相同，故

A錯誤：

B.。兩點的電場強度合成后反■>用，勻強電場的電勢和點電荷的電勢合成滿足代數(shù)合

成有Q>外，故B錯誤；

C.b、”兩點的電場強度合成后大小相等，電勢疊加后相等，故C錯誤；

試卷第2頁，共14頁

D.e、/兩點的合電場強度大小相等，電勢疊加后相等，故D正確;

故選D。

5.C

【解析】

【詳解】

AC.衛(wèi)星在行星表面附近繞行的速度為該行星的第一宇宙速度，由

?Mmv2

(j-=m——

R-R

可得

故

v火:v地=1：石

所以在火星上發(fā)射一顆繞火星的近地衛(wèi)星，其速度至少需要

79

“km/s

故A錯誤、C正確；

B.“天問一號”探測器需要脫離地球的引力才能奔向火星繞火星運行，發(fā)射的最小速度為

第二宇宙速度H.2km/s,

故B錯誤；

D.不考慮自轉時在行星表面有

廠Mm

G~^=mg

可得

g=G—

R2

故

g火?g地=2.5

所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯誤。

故選C。

6.B

【解析】

試卷第3頁，共14頁

【詳解】

A.機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大

小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，A錯誤；

B.圓周運動過程中，在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力尸，向心力指向上方，

所以

F=N-mg

則支持力

N—mg+F

所以重力小于支持力，乘客處于超重狀態(tài)，B正確；

C.轉動一周，重力的沖量為

/=mgT

不為零，C錯誤；

D.運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重

力的瞬時功率在變化，D錯誤。

故選B。

7.A

【解析】

【詳解】

理想交流電壓表V的示數(shù)為一匝線圈的電壓的有效值=o/ov,根據(jù)理想變壓器的原理可

知，匝數(shù)與電壓成正比，則有

a="">=100V,U2=n2Ua=200V

理想變壓器原副線圈的功率相等，則有

uj\=U3與

解得

7,=2A

即接在原線圈上的交流電流表的示數(shù)為2A,故選A。

8.BD

【解析】

試卷第4頁，共14頁

【詳解】

試題分析：由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故

A錯誤：由機械能守恒定律可知，各點的機械能保持不變，高度（重力勢能）相等處的動能

也相等，故B錯誤；由甲乙的速度時間圖像可知C錯誤D正確

考點：牛頓第二定律；機械能守恒定律

9.AC

【解析】

【詳解】

A.小球垂直撞在斜面上，可知到達斜面時豎直分速度

Vy-gt^1OxO.3m/s=3m/s

根據(jù)平行四邊形定則知

tan45°=必

解得小球經過B點的速度

vB=vy=3m/s

故A正確；

B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是

x=vBt=0.9m

故B錯誤;

C.在8點，根據(jù)牛頓第二定律得

"喀+FN=/方

解得軌道對小球的作用力

=m^--w^=(9-10)N=-lN

R

可知軌道對小球的作用力方向向上，大小為1N,故C正確;

D、若小球恰好到達B點，可知8點的速度為零，此時軌道對小球的作用力等于小球的重力

試卷第5頁，共14頁

即ION,故D錯誤;

故選AC。

10.BC

【解析】

【詳解】

A.0~1s時間內，由于

mgsin0<耳=2N

故物塊沿斜面上滑，由牛頓第二定律可得

￡-mgsin0=ma}

解得

2

at=5m/s

物塊Is內上滑的位移

12c<

s=—?/,■=2,5m

Is內合外力做功為

W=（月一mgsin6）s=2.5J

W

P=y=2.5W

在0~ls時間內合外力的功率為2.5W,A錯誤；

B.Is末物塊的速度為

v,=。由=5m/s

Is末物塊的動能

Ek=mvf=2.5J

B正確；

C.l~2s,物塊不受外力，只有重力對物塊做功，所以該過程物塊的機械能守恒，由于物

塊的出發(fā)的位置重力勢能為0,0時刻物塊動能也為0,所以0時刻物塊的機械能為0,由于

0~ls物塊機械能增加了

=F1s=5J

所以1?2s,包括2s末物塊的機械能為5LC正確。

試卷第6頁，共14頁

D.1~2s內由牛頓第二定律有

mgsin0=ma2

解得

2

a2=5m/s

2s末物塊的速度為

v2=vt-a2t2=0

2~3s內由牛頓第二定律有

+mgsin0=

解得

2

a2=20m/s

方向沿斜面向下，在，=3s時速度大小為

v3-初=20m/s

D錯誤。

故選BCo

11.BC

【解析】

【詳解】

A.金屬棒切割磁感線產生感應電動勢，由右手定則可知電源內部電流由A點流向B點（電

源內部都是負極流向正極的電流流向），則金屬棒A端電勢比B端電勢低，故A錯誤；

B.電路中產生感應電流，金屬棒受到向左的安培力，做減速運動，由于速度減小，電動勢

減小，則電流減小，安培力減小，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度減小，金屬棒做加速度逐漸

減小的減速運動，根據(jù)動能定理，金屬棒克服安培力做的功等于動能的變化

W=Jmv1

故B正確；

C.根據(jù)電量表達式

又因

試卷第7頁，共14頁

A①=8AS=8Lx

則金屬棒在導軌上發(fā)生的位移

故C正確；

D.金屬棒克服安培力做的功將機械能轉化為電路的電能，而電路為純電阻電路，則電能轉

化為全電路電阻的焦耳熱，則金屬棒AB克服安培力做功等于電阻R和金屬棒上產生的總焦

耳熱，故D錯誤。

故選BC。

12.14.45#14.46#14.47#14.48#14.49#14.50CmAOP=mAOM+m?ON

【解析】

【詳解】

(1)[1]A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度減小，碰撞前后都做平

拋運動，高度相同，所以運動時間相同，所以速度大的水平位就大，而碰后A的速度小于B

的速度，所以碰撞后A球的落地點距離O點最近，所以碰撞后A球的水平射程應取14.48cm。

(2)[2]A.只有當小球做平拋運動時才能用水平位移表示為水平速度，改變小球的質量比，

小球碰撞后仍然做平拋運動，可以用小球飛行的水平距離表示為水平速度；故A錯誤；

B.升高固定點G的位置，小球碰撞后仍然做平拋運動，可以用小球飛行的水平距離表示為

水平速度；故B錯誤；

C.使A、B兩小球的直徑之比改變?yōu)?：3,小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度

不在水平方向，不能做平拋運動，不可以用小球飛行的水平距離表示為水平速度；故C正

確；

D.升高桌面的高度，即升高R點距地面的高度，小球碰撞后仍然做平拋運動，可以用小球

飛行的水平距離表示為水平速度；故D錯誤。

故選C。

(3)[3]碰撞前A球做平拋運動的水平位移為OP,碰撞后A球做平拋運動的水平位移為

OM,碰撞后B球做平拋運動的水平位移為OM設運動的時間為f,則碰撞前的動量為：

根A?,碰撞后總動量為：，%?■+%寧,所以碰撞前的總動量與碰撞后的總動量的

比值為

試卷第8頁，共14頁

OPOMON

mA—=心丁+恤—

平拋運動過程中下落高度相同，故下落時間相同，則有

m^OP=mAOM+mBON

13.0.084斷路Ro左端的接線柱上

201.7x10-8

【解析】

【詳解】

單晶銅絲的直徑為

4=0+0.01mmx8.4=0.084mm

(2)[2]為了保證兩個電表的示數(shù)從零開始變化，滑動變阻器必須采用分壓接法，實驗電路如

下圖所示

(3)[3]線夾尸處發(fā)生斷路，銅絲沒有接入電路中，使得電流表示數(shù)總為零；

(4)[4]因為單晶銅絲的電阻很小，所以電壓表的讀數(shù)很小且變化不大，這時應該把連接電壓

表負接線柱的導線改接在&左端的接線柱上，電壓表的測量值等于Ro和銅絲的總電壓；

[5][61根據(jù)電阻定律

X

S=-7id2

4

解得

試卷第9頁，共14頁

R=^x+R^

乃屋”

根據(jù)圖像

%=20。

4夕_25-20

兀r1.6

解得

p=1.7X10-8Q'm

14.⑴小球帶正電(2)尸T=15N(3)0.625m

【解析】

【詳解】

(1)由小球運動到最高點可知，小球帶正電.

(2)設小球運動到最高點時速度為V,對該過程由動能定理得：

(qE-mg)L—ymv2①

在最高點對小球由牛頓第二定律得：

2

v人

Fr+mg—qE=m—②

由①②式解得：Fr=15N

(3)小球在細線斷裂后，在豎直方向的加速度設為。，則：

③

m

設小球在水平方向運動L的過程中，歷時3則：

L—vt④

設豎直方向上的位移為x,貝

x=⑤

由①③④⑤解得：

x=0.125m

所以小球距。點高度為x+L=0.625m.

15.(1)恰好能滑到邊框a；(2)0.13s

【解析】

【詳解】

試卷第10頁，共14頁

(1)由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有

f=卬ng=ma

則甲乙滑動時的加速度大小均為

a=fjg=lm/s2

甲與乙碰前的速度力，則解得

v/=0.4m/s

甲乙碰撞時由動量守恒定律

mvt=mv2+mVy

解得碰后乙的速度

v_；=0.3m/s

然后乙做減速運動，當速度減為零時則

x=—=上^—m=0.03m=s2

2a2x1.5

可知乙恰好能滑到邊框a；

(2)甲與乙碰前運動的時間

%~匕0.5—0.41

t.=———L=-