【文档说明】辽宁省铁岭市六校协作体2022-2023学年高三期末质量检测物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.059 MB，由小赞的店铺上传

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铁岭市六校协作体2022-2023学年度高三质量检测考试物理试卷命题学校：开原高中命题人：高三物理组审校人：高三物理组试卷说明：本试卷共第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分100分，考试时间75分钟第Ⅰ卷选择题（共46分）一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第

1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）1.如图，两段长度均为l的不可伸长的轻质绝缘细线将质量均为m的带电小球a、b悬挂于O点，a球带电荷量为3q（q>0），b球带电荷量为－q。现在该空间加一水平

向右的匀强电场E，且qE=mg（g为重力加速度），不计两球间的库仑力，因空气阻力作用，a、b两球最终将静止于某一位置，则从加电场到a、b两球均静止过程中，两球克服空气阻力做的功为（）A.f321Wmgl=−（）B.f21Wmgl=−（）C.f322Wmgl=D.f3232Wmgl=

−（）【答案】A【解析】【详解】当加电场后两球静止时，设oa间绳和ab间绳与竖直方向的夹角分别为α和θ。对b球受力分析有tan1qEmg==对ab整体受力分析有3tan12qEqEmg−==所以α=θ=45°即b在O点的正下方。对整个过

程由动能定理得()()f3sin451cos4521cos450qElmglmglW−−−−−=解得()f321Wmgl=−所以A选项正确，BCD错误。故选A。2.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.图甲中，射线丙由粒子组成，其电离能力最强；射线甲由电子组成，说

明原子核内有电子B.图乙中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C.图丙中，卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.图丁中，光照到不透明的小圆盘上出现了泊松亮斑，这是光的偏振现象【答案】

B【解析】【详解】A．甲图中，射线甲向左偏，根据左手定则可知，粒子带正电，射线甲由α粒子组成，α粒子电离能力最强；射线丙向右偏，根据左手定则可知，粒子带负电，则射线丙由电子组成，发生的是衰变，衰变的本质是原子核内的一个中子转变成一个质子与一个电

子，电子从原子核内发射出来，并不能说明原子核内有电子，A错误；B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，即光的频率一定时，入射光越强，单位时间照射到单位面积上的光子的数目越多，单位时间内逸出的光电子的数目越多，则饱和光电流越大，B正确；C．卢瑟福通过分析

粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，C错误；D．光照到不透明的小圆盘上出现了泊松亮斑，是光衍射现象，D错误。故选B。3.一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如pV−图中ac→直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法中不正确的是（）A.

a、c两点的内能相同B.a、b两点的温度之比为3：4C.ac→过程中气体对外界做正功D.ac→过程中气体向外界放热【答案】D【解析】【详解】AB．根据理想气体的状态方程pVCT=可知，p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态

和c状态的坐标值的乘积相等，a、c两点温度相同，内能相同；a、b两点的温度之比00033:422abTpVTpV==故AB正确不符合题意；C．ac→过程中体积变大，气体对外界做正功，故C正确不符合题意；D．ac→过程中气体内能不变（实际上先增大后减小），气体对外界做正功，

根据热力学第一定律，从外界吸热，故D错误符合题意。故选D。4.如图所示，某交流发电机内有一边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕转轴OO以角速度匀速转动，轴OO垂直于磁感线。它与理想变压器的原线圈连接，变压器原

、副线圈的匝数之比为1:3，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，定值电阻的阻值为1R，滑动变阻器2R的接入电路的阻值为R且最大阻值与定值电阻的阻值相等，滑片P置于滑动变阻器的中间，电表均为理想电表。从正方形线圈转到图示位置开始计时，下列判断正确的是（）A.交流发电机

的感应电动势的瞬时值表达式为2sineLtNB=B.电压表V的示数为22NBLC.电流表1A与电流表2A的示数之比为3:2D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器2R消耗的功率一直减小【答案】C【解析】【详解】A．从垂直于中性面时开始计时

，正方形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式应为2coseNBLt=A错误；B．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，原线圈两端的电压的最大值等于21mUNBL=由于变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，所以副线圈两端电压的最大值为22m3UNBL=根据电的热效应可得22m2211

22UUTTRRRR=++解得通过二管后电压的有效值为2232UNBL=电压表测量是滑动变阻器两端电压的有效值，即的2221132RUNBLUURR===+B错误；C．理想变压器的输入功率与输出功率相等，由此可得22

12322NBLNBLII=解得1232II=C正确；D．当滑片P向下滑动时，滑动变阻器2R连入电路的电阻增大，由于2U不变，则滑动变阻器消耗的功率为()322221114UUPRRRRRRR==+−+当R增加且小于1R时，滑动

变阻器2R消耗的功率增加，D错误。故选C。5.如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，（t1=3s时x1=3m）（t2=4.5s时x2=0）

下列说法正确的是（）A.传送带沿逆时针方向转动B.传送带速度大小为1m/sC.物块刚滑上传送带时的速度大小为2m/sD.0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J【答案】D【解析】【详解】AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内

向右匀加速运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为3m/s2m/s4.53xvt===−故AB错误；C．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为

零的匀加速运动，则212xat=其中x=1mt=1s解得22m/sa=根据牛顿第二定律mgma=解得0.2=在0-2s内，对物块有2202tvvax−=−解得物块的初速度为04m/sv=故C错误；D．对物块在0~4.5s内，根据动能定理22f0

1122Wmvmv=−解得摩擦力对物块所做的功为f3JW=−故D正确。故选D。6.如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m和m，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接，P套在固定的光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上

。原长为2L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。将P由静止释放，此时轻杆与竖直方向夹角30=；P下降到最低点时变为60重力加速度为g，则在P下降的过程中，下列说法正确的是（）A.P、Q组成的系统机械能守恒B.下降过程中P的机械能先增

大后减小C.弹簧弹性势能最大值为312mgL−D.P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg【答案】D【解析】【详解】A．P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，因此P、Q组成的系统机械能不守恒，A错误；B．P下降过程中，轻杆一直阻碍P下落，对P做负功，所以P的机械能一直减小，B错

误；C．P下降到最低点时，弹性势能最大，整个系统机械能守恒，因此弹簧弹性势能最大值为==p2(cos30-cos60)(3-1)EmgLmgLC错误；D．P达到最大动能时，在竖直方向上的加速度为零，整个系统竖直方向合力为零，因此Q受到地面的支持力大小为3mg，D正确。故选D

。7.如图，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放。不计空气阻力，在小球下滑至槽底端B点的过程中，下列说法正确的是（）A.若圆弧槽不固定，小球和圆弧槽组成的系统动量守

恒B.若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为3RC.圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为6:2D.圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9：7【答案】C【解析】【详解】A．若

圆弧槽不固定，小球有竖直方向的分加速度，系统的合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；B．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，则()2mxmRx=−解得小球水平方向移动的位移为23Rx=故B错误；

C．圆弧槽固定时小球滑到B点的过程中机械能守恒，则'112mgRmv=小球滑到B点时的速度'12vgR=圆弧槽不固定情形下，由动量守恒和能量关系可知122mvmv=，221211222mvmvmgR+=解得

143gRv=，21423gRv=则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为'1162vv=故C正确；D．若圆弧槽固定，小球到达底端时21NvFmgmR−=解得N3Fmg=则圆弧槽对地面的最大压力为Nmax325Fmgm

gmg=+=若圆弧槽不固定，小球到达底端时()212'NvvFmgmR+−=解得'N4Fmg=则圆弧槽对地面的最大压力为'Nmax426Fmgmgmg=+=圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最

大压力之比为'NmaxNmax56FF=：：故D错误。故选C。8.如图所示，在一个水平放置的槽中，小球m自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知AB=0.9m，AB圆弧的半径R=10m，AD=9m，A、B、C、D在同一水平面内

不计摩擦，重力加速度g取210m/s，欲使小球恰能通过C点，下面正确的是（）A.小球初速度为92B.小球初速度为3C.小球初速度为94D.小球初速度为97【答案】BD【解析】【分析】【详解】小球参

与两个方向的分运动，即沿AD方向的匀速运动和沿AB弧之间的简谐振动，由单摆周期公式可知22RTg==则从A到C运动的时间为22TtnTn=+=+（n=0、1、2、3……）则小球的初速度9m/s(21)ADvtn==+当n=1时3v=；当n=3时97v=故选B

D。9.火卫一是火星的两颗天然卫星之一，大小约27km22km18km，运行在距离火星表面约6000km高度的近圆轨道上，周期约为0.32个地球日。2022年“天问一号”发射两周年之际，国家航天局探月与航天工程中心发布了“天问一号”环绕器拍摄到的火卫一的高

清影像图。环绕器运行在近火点距离火星表面高度约220km、远火点距离火星表面高度约41.0810km、周期约为0.29个地球日的极轨椭圆轨道上。引力常量G已知，根据以上信息可估算出下列哪些物理量（）A.火卫一的密度B.火星的

密度C.火星的半径D.环绕器在近火点与远火点的速度之比【答案】BCD【解析】【详解】A．由于火卫一为绕火星旋转，其并不是中心天体，所以火卫一的质量不可求。则mV=中质量未知，故火卫一的密度不可求，故A错误；C．火卫一和天问一号绕同一天体运动，则3322aakTT==

天卫卫天6000kmaR=+卫火，4220km1.0810km22Ra++=火天其中T卫和T天已知，可求得火星的半径R火，故C正确；B．由万有引力提供向心力，对火卫一可得222MmGmaaT=卫卫卫火星的体积343VR=火根据密度的公式MV=结合上面两式可求得火星的密度

，故B正确；D．已知近火点和远火点的长度，根据开普勒第二定律可知求出环绕器在近火点与远火点的速度之比，故D正确。故选BCD。10.如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L，MP间接

有阻值为2R的定值电阻。两导轨间有一边长为2L的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ad平行MN。一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接入两导轨

间的电阻为R。现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（）A.金属杆匀速运动时的速率为223FRBLB.出磁场时，dc间金属杆两端的电势差2dcFRUBL

=C.从b到c的过程中，金属杆产生的电热为23FLD.从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为26BLR【答案】BD【解析】【详解】A．设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得2LFFBI==安解得2FIBL=根据欧姆定律有232LBvBLvIRRR==+

所以金属杆匀速运动的速度为226FRvBL=故A错误；B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为2LEBv=所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为222226222233232LFRLFRUEEBvBBLRRRLRB==

==++=故B正确；C．设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得2122=−LQFmv代入v可得22441182mFRQFLBL=−所以金属杆上产生的热量为2244211233mFRQQFLBL==−故

C错误；D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为22()262LBBLqItRRRR====+总故D正确。故选BD。第Ⅱ卷非选择题（共54分）二、非选择题（本题共5小题，共54分）11.如图甲所示为实验室常用的力学实验装置．（1）关于该装置，下列说法正确的是__________．

A．利用该装置做研究匀变速直线运动的实验时，需要平衡小车和木板间的摩擦力B．利用该装置探究小车的加速度与质量关系时，每次改变小车的质量后必须重新平衡小车与木板间的摩擦力C．利用该装置探究功与速度变化关系实验时，可以将木板带有

打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响D．用此装置实验时，应该先接通电源，让打点计时器正常打点后再释放小车；（2）某学生使用该装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，已知图中所标的相邻两个计

数点之间还有四个点未画出，计时器所用交流电周期为T，则利用此纸带得到小车的加速度的表达式为__________．（用2x、5x、T来表示）【答案】①.CD##DC②.52275xxaT−=【解析】【详解】（1）[1]

A．利用该装置做研究匀变速直线运动的实验时，不需要平衡小车和木板间的摩擦力,只要物体做匀变速直线运动即可，故A错误；B．利用该装置探究小车的加速度与质量关系时，需平衡摩擦力，将木板的一端垫高，使重力沿斜面分力和摩擦力相等sincosmgmg=即sincos=所以每

次改变小车的质量后不必重新平衡小车与木板间的摩擦力，故B错误；C．利用该装置探究功与速度变化关系实验时，需要平衡摩擦力，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，使重力沿斜面分力和摩擦力相等，目的是消除摩擦

力对实验的影响，使小车受到的合力等于细绳的拉力，故C正确；D．用此装置实验时，应该先接通电源，让打点计时器正常打点后再释放小车，可以使纸带上打出更多的点迹，故D正确。故选CD。（2）[2]相邻计数点间的时间间隔为5tT=根据匀变速直线

运动相邻相等时间位移差为定值2xat=可得2523(5)xxaT−=解得52275xxaT−=12.(1)小明同学用螺旋测微器测定某一金属丝的直径，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=______mm，然后他又用游标尺上标有20等分

刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度L=______cm；(2)然后小明又用多用电表粗略测量某金属电阻丝的电阻Rx约为5.0Ω，为了尽可能精确地测定该金属丝的电阻，且测量时要求通过金属丝的电流在0~0.5A之间变化。根据下列提供的实验器材，解

答如下问题：A．量程0.1A，内阻r1=1Ω的电流表A1B．量程0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A2C．滑动变阻器R1全电阻1.0Ω，允许通过最大电流10AD．滑动变阻器R2全电阻100Ω，允许通过最大

电流0.1AE．阻值为59Ω定值电阻R3F．阻值为599Ω的定值电阻R4G．电动势为6V的蓄电池EH．电键S一个、导线若干①根据上述器材和实验要求完成此实验，请在图3虚线框内画出测量该金属丝电阻Rx的实验原理图（图中元件用题干中相应的元件符号标注）；______②实验中

测得电表A1示数为I1，A2表示数为I2，其它所选的物理量题目中已给定，请写出电阻丝的电阻表达式Rx=______。【答案】①.3.205②.5.015③.④.13121()IRrII+−【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为3.0mm，可动刻度读

数为0.01×20.5mm=0.205mm，所以最终读数为：3.0mm+0.205mm=3.205mm。[2]游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=5.015cm(2)[3]没有电压表，可以用已知内阻的电流

表A1与定值电阻串联测电压，电源电动势为6V，电压表内阻为：16600.1AURI===则定值电阻阻值为：60-1=59Ω，应选择定值电阻R3；实验要求通过金属丝的电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；为减小实验误差，电流表应采用外接法，实

的的验电路图如图所示：[4]由图示电路图可知，待测电阻阻值13121()xxxUIRrRIII+==−13.均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB=16cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v=20cm/s，波长大于20cm，振幅为A=1c

m，且传播时无衰减。t=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△t=0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻（t1>0），质点A位于波峰。求（1）从t1时刻开始，质点B最少

要经过多长时间位于波峰；（2）t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。【答案】（1）0.8s；（2）0.5cm−【解析】【详解】（1）1t时刻质点A位于波峰，波长20cm则16cmABx=则从t1时刻开始，质点B第一次到达波峰时，波传播的距离为16c

mABx=则质点B到达波峰的最少时间为16s0.8s20ABxtv===（2）由题意可知，波的周期是21.2sTt==则波长24cmvT==1t时刻的波形图如图所示质点B位于16cmx=处，则质点B偏离平衡位置的位移cos2BxyA=带入数

据解得0.5cmy=−14.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g）。（1）当α变化时，求拉力F的最小值

；（2）F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少。【答案】（1）mgsin2θ；（2）12mgsin4θ【解析】【分析】【详解】（1）木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsinθ=μmgcosθ解得μ=tanθ因其力

F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解有Fcosα=mgsinθ＋fFsinα＋N=mgcosθ且f=μN联立解得F=2sincossin+mg=2sincoscoscossinsinmg+=sin2cos()mga

−则当α=θ时，F有最小值，即Fmin=mgsin2θ。（2）因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即fM=Fcos（α＋θ）当F取最小值mgsin2θ时，则有fM=Fmincos2θ=mgsinθcos2θ=12mgsin4θ15

.如图甲所示，长方形MNPQ区域（MN=PQ=3d），MQ与NP边足够长）存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，ab与NP边平行，相距为d，且左端a与MN相距也为d。电子枪一个一个连续地发射出电子（已知电子质量为m、电荷量

为e、初速度可视为零），经电场加速后，沿MN边进入磁场区域，电子打到荧光屏就会发光（忽略电子间的相互作用）。（1）若加速电压为U，求：电子进入磁场时的速度；（2）改变加速电压，使电子不断打到荧光屏上，求：荧光屏能发光区域的总长度；（3）若加速电压按如图乙所示的图像变化，求：从t=0开

始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例。（电子经加速电场的时间远小于周期T）在【答案】（1）2eUvm=；（2）5d；（3）625%.【解析】【详解】（1）电子在加速场中，根据动能定理有212eUmv=解得电子刚进入磁场的速度大小为

2eUvm=（2）打在荧光屏a点的电子，根据几何关系得22211(2)()RdRd=+−解得12.5Rd=①若减小粒子的速度，粒子打在荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于c点，是粒子的最小速度，如图所示根据几何关系可得，对应粒子做圆周运动的半径为12Rd=因此，下表面ac

区域长度是acd=②若增大粒子的速度，粒子打在荧光屏上表面，临界条件是粒子运动轨迹与NP相切，由几何关系得33Rd=所以ag的长度为223(3)(2)25agdddddd=+−−=+由于3afd=那么上表面fg区域长度是5fgdd=−发光区域总长度为5dacfgd=+=（3）由第（2）步

可知，粒子半径在23dRd剟的区间内，粒子能打在荧光屏上，结合2vevBmR=212eUmv=得222eBRUm=可求得：当222224.5eBdeBdUmm剟时，粒子能打在荧光屏上，因此222222224.52100%62.5%5e

BdeBdmmeBdeBdmm−==−的