【文档说明】天津市和平区2022-2023学年高三上学期期末考物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.447 MB，由小赞的店铺上传

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和平区2022-2023学年度第一学期高三年级期末质量调查物理试卷第I卷注意事项1.每题选出答案后，用铅笔将正确答案填涂在答题卡相应的位置上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共8题，每题5分，共40分。一、单项选择题（

每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1.2022年11月30日清晨，神舟十五号载人飞船和空间站组合体实现对接，神舟十五号航天员乘组与神舟十四号航天员乘组相聚中国人的“太空家园”，开启

中国空间站长期有人驻留时代。假设空间站与神舟十五号都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间站的对接，下列措施可行的是（）A.使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接B.使飞船与空间站在同

一轨道上运行，然后空间站减速等待飞船实现对接C.飞船先在比空间站半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接D.飞船先在比空间站半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接【答案】C【解析

】【详解】AB．在同一轨道上运行时，加速做离心运动，减速做向心运动，均不能实现对接，AB错误；C．飞船先在比空间站半径小的轨道上加速会做离心运动逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接，C正确；D．飞船先在比空

间站半径小的轨道上减速会做向心运动，不可能与空间站实现对接，D错误。故选C。2.某同学自制一电流表，其原理如图所示，均匀细金属杆MN质量为m，与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一

绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab的长度L，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，此时指针指在标尺的零刻度，当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，以下说法正确的是（）A.

弹簧的伸长量与金属杆中的电流大小成正比B.劲度系数k减小，此电流表量程会更小C.磁感应强度B减小，此电流表量程会更小D.为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从N指向M【答案】B【解析】【详解】D．金属杆中通有电流时，会受到安培力的作用

，电流越大，安培力越大，所以金属杆必须处于磁场当中，即安培力方向向下，稳定后是重力、安培力、弹力三力平衡，根据左手定则，电流方向是由M指向N，D错误；A．金属杆中没有电流时，重力与弹力二力平衡，设此时弹簧伸长量为0x，则0mg

kx=解得0mgxk=金属杆中有电流I时，重力、弹力、安培力三力平衡，设此时弹簧伸长量为x，则mgBILkx+=解得mgBILxk+=A错误；BC．设标尺的零刻度和最大刻度之间的距离d固定不变，则指针指在最大刻度处时显示的电流为1I，则有()1

0mgBILkxd+=+解得1kdIBL=当劲度系数减小为k时，对应最大电流为2I，同理解得2kdIBL=当磁感应强度减小为B时，对应最大电流为3I，同理解得3kdIBL=因12II，13II所以B正确，C错误。故选B。3.如图是自由体操比赛中的一个瞬间，动作要求运动员保

持此姿势3秒钟以上，当运动员保持此姿势时，两手臂对称撑住地面，设两手臂夹角为，运动员的重力为G，则可以判断（）A.当不同时，运动员受到的合力不同B.当=120°时，运动员每只手对地面的正压力大小为GC.当=60°时，运动员每只手对地面的正压力大小为2GD.夹角越大，运动

员每只手对地面的正压力越大【答案】C【解析】【详解】A．两手臂夹角不论多大，运动员保持此姿势静止，此时受力平衡，合力为0，选项A错误；为BCD．两手臂夹角不论多大，运动员每只手对地面的正压力均为2G，选项BD错误，C正确。故选C。4.如图，公共汽车沿水平面向右运动，小球A用细线悬挂车

顶上，质量为m一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车箱底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，若观察到细线偏离竖直方向夹角大小为保持不变，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的

大小和方向为（）A.汽车一定做匀加速直线运动B.汽车对学生的作用力大小可能小于mgC.汽车对学生的作用力方向可能水平向左D.角越大，汽车对学生的作用力越大【答案】D【解析】【详解】A．对小球受力分析知合力与加速度方向水平向左，速度沿水平面向右，汽车一定做匀减速直线运动，故A错误；BC．

对小球由牛顿第二定律得11tanmgma=解得tanag=对学生水平方向和竖直方向分析的xFma=yFmg=()()2222tanxyFFFmgmgmg=+=+方向斜向左上方，故BC错误；D．角越大tanxFmamg==越大()()2222tanxyFFFm

gmg=+=+越大，即汽车对学生的作用力越大，故D正确。故选D。5.如图所示是一种演示气体定律的仪器－哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在

一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，用打气筒向气球内缓慢打入气体，在此过程中（）A.瓶内气体内能减小B.瓶内气体压强不变C.瓶内气体向外放热D.瓶内气体对外做功【答案】C【解析】详解】AD．用打气筒向气球内缓慢打入气体，气球对瓶内气体做功，瓶内气体内能增大，AD错误；B．

瓶内气体等温变化，由1122pVpV=瓶内气体体积减小，压强增大，B错误；C．瓶内气体温度不变，内能不变，根据UQW=+可知，瓶内气体向外放热，C正确。【故选C。二、多项选择题（每小题5分，共15分

。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6.如图所示，天津之眼是世界上唯一建在水上桥梁的摩天轮，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做

匀速圆周运动，P、Q分别是圆运动的最高点和最低点，下列叙述正确的是（）A.从P点运动到Q点的的过程中乘客所受合力做功为零B.从P点运动到Q点的的过程中乘客所受合力的冲量为零C.在P点和Q点，乘客对座椅的压力可能相等D.在P点和Q

点，乘客的加速度大小一定相等【答案】AD【解析】【详解】A．乘客做匀速圆周运动，速度大小始终不变，由动能定理，合外力做功为零，A正确；B．乘客做匀速圆周运动，在P点的速度和在Q点的速度大小相等，但是方向相反，由动量定理，从P点运动到Q

点的过程中乘客所受合力的冲量()20Imvmvmv=−−=合所以B错误；C．设座椅对乘客的支持力为FN，在P点2NvmgFmR−=在Q点2'NvFmgmR−=所以'NNFF，由牛顿第三定律，乘客对座椅的压力大小等于座椅对乘客的支持力，所

以，在P点和Q点，乘客对座椅的压力不相等，C错误；D．乘客做匀速圆周运动，由2vFFmR==合向所以乘客所受合外力大小处处相等，由牛顿第二定律Fma=合，乘客的加速度大小也处处相等，D正确；故选AD。

7.如图所示，同一平面内，一带电粒子以一定的初速度进入某点电荷产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为aE，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为bE，方向

与ab连线成60°角，粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是（）A.粒子带负电B.a点的电势高于b点电势C.粒子在a点电势能大于在b点的电势能D.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】BC【解析】【详解】

A．如下图，由题知场源电荷为负电荷，所处位置为aE、bE指向的交点O点，由物体做曲线运动的条件知飞行粒子带正电，A错误；的BC．由几何关系得，a点离场源电荷较远，所以a点电势高。粒子带正电，根据电势能公式pEq=得粒子在a点的电势能大，BC正确；D．

由几何关系得，a点离场源电荷较远，根据库仑定律和牛顿第二定律2qQFkmar==得粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，D错误。故选BC。8.如图所示，一张薄木板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄木板

的接触面粗糙，原来系统静止。薄木板突然受到一水平向右的瞬间冲量作用开始运动，直到小木块从薄木板上掉下来。上述过程中下列说法正确的是（）A.木板对木块的摩擦力水平向左B.摩擦力对木块做的功一定等于木块增加的动能C.开始运动后，木板减小的动能等于木块增加的动

能D.木块动能的增加一定小于系统摩擦产生的热能【答案】BD【解析】【详解】A．薄木板受到水平向右的瞬间冲量作用开始向右运动，小木块相对木板向左运动，则木板对木块的摩擦力水平向右，选项A错误；B．根据动能定理可知摩擦力对木

块做的功一定等于木块增加的动能，选项B正确；C．根据能量守恒可知开始运动后，木板减小的动能等于木块增加的动能和系统摩擦产生的热能之和，选项C错误；D．做出运动情景如图：小木块掉下来时有2xLx+=1，2vv1即2221122atLv

tat+=−1，2vatat−1联立解得221102Lxat−所以1Lx对于系统，摩擦产生的热能QfL=对于小木块，根据动能定理有k1Efx=故kQE即木块动能的增加一定小于系统摩擦产生的热能，选项D正确。故选BD。第II卷注意事项1.用黑色墨

水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2.本卷共4题，共60分。9.用如图所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带滑轮的长木板放在水平实验台上，实验小车通过轻细线跨过定滑轮与钩码相连，小车与纸带相连。在保持实验小车质量不变的情况下，放开钩码，小车加速运动，处理纸带得到小车运

动的加速度a，改变钩码的个数，重复实验。（1）实验时，要求钩码的质量远小于小车的质量，这样做的目的是_______________实验前，需要适当倾斜木板，这样做的目的是_____A.避免在小车运动的过程中发生抖动B.使小车获得较大的加速度C.使细线的拉力等于小车受到的合力D.使

小车最终能匀速运动E.使纸带上点迹清晰，便于进行测晕F.使钩码重力近似等于细线的拉力（2）根据实验测得的数据，以小车运动的加速度a为纵轴，钩码的质量m为横轴，得到如图所示的am−图像如图中图线A所示，现仅增大木板与水平方向夹角，得到的图像可能是图中的__________（图

中所示的A、B、D、E图线相互平行）【答案】①.F②.C③.DE##ED【解析】【详解】（1）[1][2]设小车的质量为M，钩码的质量为m，绳子中拉力为F，根据牛顿第二定律可得mgFma−=，FMa=联立解得1MmgmgFmM

mM==++所以有当钩码的质量m远小于小车的质量M时，此时钩码重力近似等于细线的拉力；实验前，需要适当倾斜木板是为了平衡小车受到的阻力，使细线的拉力等于小车受到的合力。（2）[3]根据题意绳子中的拉力约等于钩码重力，设木板与水平方向夹角为，小车与木板间的动摩擦因素为，

可得sincosmgMgMgMa+−=解得sincosgamggM=+−所以图像的斜率为gM，当仅增大木板与水平方向夹角时，图像的斜率不变；倾角变大可得图像与纵轴的交点变大，所以得到的图像可能是图中的DE。10.定值电阻Rx的阻值约为10kΩ，用下列器材组装成电路测量Rx的阻

值。A．电流表A1（量程0.6A，内阻约0.5Ω）B．电流表A2（量程300μA，内阻约50Ω）C．电压表V1（量程3V，内阻约10kΩ）D．电压表V2（量程15V，内阻约50kΩ）E．滑动变阻器R（最大阻值50Ω，额定电流1A）F．电池组E1（电动势4V

，内阻不计）G．电池组E2（电动势15V，内阻不计）H．开关S及导线若干（1）实验中电压表应选用_____；电流表应选用_____。（填所给器材前字母）（2）在方框内画出所用实验电路图。________【答案】①.C②.B③.【解析】【详解】（1）[1][2]若电源选用电池组E1，则通过Rx的

电流最大值为34A0.4mA1010I==此时器材中的电流表A2（量程300μA=0.3mA）可精确测量通过Rx的电流，根据所选电源可知电压表应选择V1（量程3V），即电压表选用C，电流表选用B。（2）[3]由于A2V1xRRR所

以电流表应采用内接法。因为滑动变阻器阻值远小于Rx的阻值，所以为了便于控制Rx两端的电压，滑动变阻器应采用分压式接法。电路图如图所示11.如图所示，一足够长的木板在水平地面上滑动，速度19m/sv=时，将一相

对于地面静止的物块轻放到木板右端，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数µ1=0.4，g取10m/s2，求：（1）若地面光滑，经过多长时间物块相对木板停止运动；（2）若木板与地面间动摩擦因数µ2=0.2，木板

在与物块相对静止后还能向前滑行的距离。【答案】（1）1.125s；（2）2.25m【解析】【详解】（1）若地面光滑，物块和木板组成的系统动量守恒，则122mvmv=解得14.5m/sv=对物块由动量定理得112mgtmv=解得11.125

st=（2）若木板与地面间动摩擦因数µ2=0.2，对物块11mgma=对木板1222mgmgma+=设经时间t2两者共速，则12212vvatat=−=解得23s4t=3m/sv=木板在与物块相对静止，由于µ1＞µ2，木

板在与物块一起匀减至零，对物块和木板由动能定理得2212022mgxmv−=−解得木板在与物块相对静止后还能向前滑行的距离2.25mx=12.如图，带等量异种电荷的金属板平行正对倾斜放置，金属板与水平

方向的夹角为，金属板长为L，一电荷量为q、质量为m的带负电微粒从下板边缘的A点以某一水平速度进入两板间，沿直线到达上板边缘的B点时速度大小为v，随即进入一圆形区域，圆形区域与金属板间的电场不重叠，该区域内有交叠的匀强电场和匀强磁场（图中电场没有画

出，磁场方向如图所示），微粒在此区域内做匀速圆周运动，穿出该磁场区域时速度与竖直方向夹角为30°，已知区域内匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，试求：（1）圆形区域内匀强电场的场强E的大小和方向；（2）微粒在圆形区域做匀速圆周

运动的时间t；（3）微粒从A点进入平行金属板时的速度0v；（4）微粒在圆形磁场区域运动过程中机械能的变化量。【答案】（1）cosmgEq=，方向与竖直方向夹角为斜向右上方；（2）3mtqB=；（3）202tancosgLvv=

−；（4）2Δ2mgvEqB=−【解析】【详解】（1）由题意可知，负电微粒在金属板间做匀加速直线运动，则cosmgqE=得cosmgEq=方向与竖直方向夹角为斜向右上方。（2）微粒在圆形区域内做匀速圆周，由几何关系可知，圆心角为60则微粒在圆形区域做匀速圆周

运动的时间为6023603mmtqBqB==（3）微粒在金属板间有tanmamg=由匀变速运动公式2202cosLvva−=得202tancosgLvv=−（4）根据2vqvBmr=有几何关系可知，微粒在圆形区域的下降高度为2rh=微粒在圆形磁场区域运动过程中机

械能的变化量为匀强电场力（大小等于重力，方向向上）所做的功，为Emgh=−得2Δ2mgvEqB=−13.有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示。加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为9

0°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计）；经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的电场方向进入静电分析器，在静

电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器，测量出Q点与圆心O

2的距离为d。全科免费下载公众号《高中僧课堂》（题中的U、m、q、R、d都为已知量）（1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；（2）求磁分析器中磁感应强度B的大小；（3）现将离子换成质量为2m，电荷量为0.5q的另一种正离子，其它条件不变。磁分析器空间足够大，离子不会

从圆弧边界射出，求：该离子进入磁分析器的位置P以及离开磁分析器的位置Q到O2的距离。【答案】（1）2UER=；（2）12UmBdq=；（3）仍为P点，7xd=【解析】【详解】（1）根据动能定理212qUmv=离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则2vqEmR=联立得2UER=（2）

离子垂直磁分析器左边界进入，垂直下边界射出，则离子在磁分析器中圆周运动半径为d，则2vqvBmd=得12UmBdq=（3）由（1）可得，另一种离子在静电分析器中的运动半径仍为R，所以该离子进入磁分析器的位置P仍为P，由210.522qUmv=得2qUvm=的在磁分

析器中20.52vqvBmr=得4rd=该离子离开磁分析器的位置Q到O2的距离为()()22447xdddd=−−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com