【文档说明】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2022-2021学年高三上学期期末考试 物理 答案.docx，共(22)页，948.663 KB，由envi的店铺上传

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牡一中2018级高三学年上学期期末考试物理试题一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，本题共9小题，每小题4分，共计36分）1.如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定

斜面C匀速下滑，重力加速度为g，则（）A.A、B间没有静摩擦力B.A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C.A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθD.A与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ【答案】D【解析】【详解】AB．对物体B受力分析可知，B一定受重力、支持力，将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，B能

匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力；根据力的相互作用规律可知，A受到B的静摩擦力应沿斜面向下，故A、B错误；C．对A、B整体受力分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，C错

误；D．对A、B整体受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，由于匀速下滑，故重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力平衡，故2mgsinθ＝μ·2mgcosθ解得μ＝tanθ选项D正确。故选D。2.关于简谐振动，

下列说法中正确的是（）A.回复力跟位移成正比，方向有时跟位移相同，有时跟位移方向相反；B.加速度跟位移成正比，方向永远跟位移方向相反；C.速度跟位移成反比，方向跟位移有时相同有时相反；D.加速度跟回复力成反比，方向永远相同。【答案】B【解析】【详解】A．回复力跟位移

成正比，方向总是跟位移方向相反，故A错误；B．加速度跟位移成正比，方向总是跟位移方向相反，故B正确；C．在同一位置速度方向有两种，而位移方向总是从平衡位置指向物体所在位置，则知速度方向有时跟位移相同，有时跟位移方向相反，故C错误；D．由牛顿第二定律知，加速度跟回复力成正比，

方向永远相同，故D错误。故选B。3.2020年11月24日，“嫦娥五号”月球探测器发射成功，这是我国首次执行月球采样返回任务，也是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务。“嫦娥五号”探测器由四大部分组成：轨道器、着陆器、上升器和

返回器。下列说法正确的是（）A.轨道器驻留在绕月轨道上，其速度大于月球的第一宇宙速度B.着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中其机械能减小C.上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，这时月壤样品处于失重状态D.返回器在回到与轨

道器相同的绕月轨道后，可以直接加速，实现与轨道器的对接【答案】B【解析】【详解】A．轨道器驻留在绕月轨道上的半径大于月球的半径，由22GMmvmrr=得GMvr=则其速度小于月球的第一宇宙速度，故A错误；B．着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中，反推力做

负功，则机械能减小，故B正确；C．上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，加速度方向向上，则月壤样品处于超重状态，故C错误；D．若返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后直接加速，则做离心运动，所以不可能实现与轨道器的对接，故D错误。故选B。4.明代学者方以智在

《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（）A.若增大入射角i，则b光先消失B.在该三棱镜中a光波长小于b光波长C.a光能发生偏振

现象，b光不能发生偏振现象D.a光在三棱镜中的传播速度大于b光【答案】D【解析】【详解】A．当增大入射角i时，两单色光在左侧界面的折射角增大，但在右侧界面的入射角均减小，故不会发生全反射，故A错误；B．由题图知三

棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，而同种介质对频率越大的光折射率越大，故ab光在三棱镜中的波长vcn==abnn则ab故B错误；CD．由cnv=，得abvv，偏振现象是横波所特有的，故a、b两光都能发生偏

振现象，故C错误，D正确。故选D。5.如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V是理想电表。当R2=2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为

4V，则（）A.电源输出电压为8VB.电源输出功率为4WC.当R2=8Ω时，电压表的读数为3VD.当R2=8Ω时，变压器输出功率最大【答案】D【解析】【详解】A．当212RR=时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，根据欧姆定律22

24Ω4Ω1URI===12ΩR=，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是112214V2V2nUUn===根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是212121A2AnIIn===所以电源输出电压为1112V22V6VUUI

R=+=+=A错误；B．电源输出功率为112WPUI==B错误；D．根据欧姆定律得副线圈电流为22UR，所以原线圈电流是222UR，所以22126V22UURR=+222128RUR=+当28ΩR=时，26VU=，即电压

表的读数为6V；变压器输出的功率()22222222214414464816URPRRRR===+++所以满足2264RR=时变压器输入功率最大，解得28ΩR=变压器输出的功率2P最大为9W2，C错误，D正确。故选D。6.

一列简谐横波沿x轴负方向传播。当t=0时其波形如图所示，则t=34T时（）A.Q处质点传播到图中的P点B.Q处质点的加速度沿y轴正方向C.P、Q两处质点的振动速度一样大D.1cm<x<3cm范围内的质点均向y轴的负方向运动【答案】B【解析】

【详解】A．简谐横波上的质点只会纵向移动，不存在横向移动，横向传播的是振动状态，故A错误；B．当34tT=时，Q处质点在波谷，则此时的加速度沿y轴的正方向。故B正确；C．当34tT=时，Q处的质点此时的振动速度是0，而P处质点处于平衡位置，速度为最大。故C错误；D．

当34tT=时，该波向左传播，由上下坡法可知1cm＜x＜2cm范围内的质点正在向y轴的正方向运动；2cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动。故D错误；故选B。7.如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间的变化规律如图

乙所示，发电机线圈匝数为20匝，内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω恒定不变，则下列说法中正确的是（）A.电压表的读数为6VB.发电机输出功率为36WC.线圈转动过程中，磁通量的最大值为321000WbD.在21.010s−时刻，线圈平面恰好经过中性面垂面的位置【答案】C

【解析】【详解】A.感应电动势的有效值62V6V22mEE===小灯泡两端的电压5.4VRUERr==+即电压表的示数为5.4V，故A错误；B.灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率，发电机输出功率为2254W3.2

4W9UPR===．故B错误；C.线圈转动过程中，在磁场中匀速转动的角速度为2100rad/sT==最大感应电动势为mEnBSn==可得磁通量的最大值为6232WbWb201001000mEn===故C正确；D.在21.010s−时刻，感应电

动势为0，线圈平面恰好经过中性面位置，故D错误。8.有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、O、b三点电势分别为：4V、6V、8V，一电荷量为q＝-2×10-5C的负点电荷由a点

开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是（）A.c点的电势为12VB.电场强度的大小为2V/mC.该点电荷在c点的电势能为2×10-5JD.该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做功为8×10-5J【答案】D【解析】【详

解】A．由于是匀强电场，故沿着一个方向前进相同距离电势的降低相等，故bcaO−=−代入数据解得10Vc=故A错误；B．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为φ

e=6V，连接Oe则为等势面，根据几何关系可知，ab⊥Oe，因此22222210m210m2bed−−+==ab⊥Oe，因此ab为电场线，且方向由b指向a，电场强度为286V/m1002V/m210bebeUEd−−===故

B错误；C．该点电荷在c点的电势能为54p10(21)0J210JcEq−−==−=−故C错误；D．a、d两点间的电势差为2()4V2adaOaOUU==−=−该点电荷从a点移到d点电场中做功为554(210J8

10)JadadWUq−−==−−=故D正确。故选D。9.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）．两

线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为1v、2v，在磁场中运动时产生的热量分别为1Q、2Q．

不计空气阻力，则A.1212,vvQQB.1212,vvQQ==C.1212,vvQQD.1212,vvQQ=【答案】D【解析】【详解】选D.由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F＝22BIvR，又

R＝ρ4l(ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长)，所以安培力F＝24Blv，此时加速度a＝g－Fm，且m＝ρ0S·4l(ρ0为材料的密度)，所以加速度a＝g－Fm是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1＝v2.由能量守恒可得：Q＝mg(h＋H)－12mv2(H是磁场

区域的高度)，Ⅰ为细导线，m小，产生的热量小，所以Q1<Q2.正确选项为D.二、多项选择题（每小题有多个正确选项，共5小题，每小题4分，共计20分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）10.已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极。如图所示，在芜湖某

中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是（）A.若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B.若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C.若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为ad

cba方向D.若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为abcda方向【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．地球北半部的磁场方向由南向北斜向下，可分解为水平向北和竖直向下两个分量。若线圈向东平移，根

据右手定则可知a点电势低于d点电势，故A正确；B．若线圈向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，故B错误；CD．若以ad边为轴，将线框向上翻转90过程中，根据楞次定律及安培定则可知线框中的电流方向始终为adcba方向，故C正确，D错误。故选AC。

11.沿x轴传播的简谐横波上有平衡位置相距4m的两点P、Q，如图甲、乙分别是P、Q两质点的振动图像。已知波长大于2m，这列波可能的波速为（）A.403m/sB.4011m/sC.8m/D.40m/s【答案】ACD【解析】【详解】由振动

图像得质点的振动周期0.4Ts=，若波由P向Q传播，Q点比P点晚振动的时间14tnTT=+(n=0，1，2，3))所以P、Q间距离为1(0123)4nsn=+=，，，，则波长为416(04141smnnn

===++，1，2，3，)因为2m，所以当0n=时116m=，140m/sv=当1n=时216m5=，28m/sv=若波由Q向P传播，P点比Q点晚振动的时间3(0123)4TtnTn=+=，，，，所以P、Q的距离为3(0123)4ttnnTs===+=，

，，，则波长为416(04343smnnn===++，1，2，3，)因为波长2m，所以当0n=时116m3=，1140m/s3vT==当1n=时216m7=，2240m7vT==故B错误，ACD正确。故选ACD。12.如图甲所示，用单色

光照射透明标准板M来检查被检体N的上表面的平直情况，观察到的现象如图乙所示，条纹中的P和Q的情况说明（）A.N的上表面A处向上凸起B.N的上表面B处向上凸起C.N的上表面A处向下凹陷D.N的上表面B处向下凹陷【答案】BC【解析】【详解】AC．P处所在的条纹是同一条纹，若

为直线，则说明该处同一水平线，线上各点对应的空气层厚度都相同，但实际上P处条纹向左弯曲，意味着后一级条纹(图中白色条纹)提前出现，可见P处对应的检测平板上的A点所对应的空气层厚度与后一级条纹对应的空气层厚度相同，而后一级条纹本来对应的空气层厚度比前一级大，可见A处向

下凹陷，才能实现该处空气层厚度与下一级条纹对应的空气层厚度一样，故C符合题意，A不符合题意；BD．薄膜干涉是等厚干涉，即同一条明纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，Q点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，故知Q处空气薄膜凹陷，即N的上表面B处向上

凸起，故B符合题意，D不符合题意。故选BC。13.用双缝干涉测光的波长的实验装置如图所示，实验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹。关于该实验，下列说法正确的是（）A.取下滤光片，光屏上将只见到白光B.若将双缝间的距离d增大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小C.测出n条亮

条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为1axn=+D.若将滤光片由红色换成绿色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小【答案】BD【解析】【详解】A.取下滤光片，不同的色光干涉，在光屏上将出现彩色的干涉条纹，故A

错误；B.根据Lxd=知，将双缝的距离d增大，则光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故B正确；C.测出n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为1axn=−，故C错误；D.若将滤光片由红色换成绿色，光的波

长减小，根据Lxd=知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故D正确。故选BD。14.如图所示，电动牙刷充电时将牙刷插入充电座内，充电座中线圈接入220V交流电，牙刷内的线圈两端获得4.5V的电压，再通过控制电路对牙刷内部的直流充电电池充电，电池的电动势为2.4V，内阻为0.1

，容量为800mAh，10小时即可充满。充满电后用户平均每天使用4分钟，可以连续使用60天。关于此电动牙刷的说法正确的是A.充电座和牙刷中线圈的匝数比为440：9B.充电时，直流充电电池中的平均电流是80mAC.使用时电池的平均输出功率为0.48WD.电

池最多能提供的电能为6912J【答案】ABD【解析】【详解】A．根据变压器原理得，充电座和牙刷中线圈的匝数比为的11222204404.59nUnU===故A正确；B．充电时，直流充电电池中的平均电流是800mAh80mA10hI

==故B正确；CD．电池最多能提供的电能为38001036002.4J6912JE−==使用时电池的总平均功率为38001036002.4W0.48W60460P−==因为电池有内阻，使用过程中有部分内能产生，所以

使用时电池的平均输出功率小于0.48W，故D正确，C错误。故选ABD。三、实验题（每空格2分，共12分）15.某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图甲中实线所示）。在固定好的白纸上作出直角坐标系xOy，实验时将半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边a

a′与Ox轴重合，且圆心恰好位于O点，实验正确操作后，移去玻璃砖，作OP3连线，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与AO线交点为B，与OP3连线的交点为C，测出B点到x、y轴的距离分别为l1、d1，C点到x、y轴的

距离分别为l2、d2。（1）根据测出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃折射率测量值的表达式n＝__；（2）该同学又用平行玻璃砖做实验如图乙所示。他在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许，如图所示

。则他测出的折射率将__（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】①.21dd②.不变【解析】【详解】（1）[1]设光线在x轴上的入射角为i，折射角为r，玻璃砖的半径为R，根据数学知识得1sindiR=2sindrR=则此玻璃折射率测量值的表达式为21sinsindrnid==。（2）[2]如

图所示红线表示将玻璃砖向上平移后实际光路图，而黑线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，由折射率的定义式sinsinrni=测得的折射率将不变。16.甲同学设计了如图甲所示的电路

来测量电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．(1)先测电阻R1的阻值．请将甲同

学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1.保持电阻箱示数不变，_______，读出电压表的示数U2.则电阻R1的表达式为R1＝___．的(2)甲同学已经测得电阻R1＝4.

80Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值，该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，用测得的数据，绘出了如图乙所示的11UR−图线，则电源电动势E＝____V，电阻R2＝_____Ω(保留三位有效数字

)．【答案】①.将S2切换到b②.2101RUUU−③.1.43④.1.20【解析】【详解】(1)[1]由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的；实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将S2切换到b；[2]由欧姆定律可知：

21UIRR=+（）1UIR=而电路电流相等，联立解得：21101=UURRU−(2)[3][4]根据12=+()UEURRR+得12+111=+RRUERE比照直线方程ykxb=+，有截距1=0.7bE=所以=1.43VE斜率2.80.

74.20.5k−==又12+RRkE=测出R1=4.8Ω，求得R2=120Ω四、解答题（共3个小题，满分32分）17.某种透明介质的截面如图所示，BC为半径为R的四分之一圆弧，O为圆心，AOC为直角三角形，60OAC=，AB与足够大的光屏MN垂直，A点与光屏MN接触细光束

沿圆弧半径射向圆心O，当在AB界面上的入射角60i=时，仅在光屏MN上形成一个亮斑，若不考虑光在透明介质中的多次反射。(1)求该介质的折射率应不小于多少；(2)若3n=，当入射角i逐渐减小到0i时，A点右侧光斑恰好消失，仅在光屏A点左侧有

个光斑，求0i及光斑到A点的距离。【答案】(1)233；(2)30；3R【解析】【详解】(1)光在AB面能发生全反射，必有1sin60n可得.233n故该介质的折射率应不小于233(2)如图当

入射角逐渐减小到0i时，A点右侧光斑恰好消失，在AC面的折射光线恰与MN平行，可得折射角60=根据折射定律得sin60sinn=由几何关系得030i==光斑到A点的距离tan3030tan303RsAORtan===18.如图所示，光滑水平

面上的物体B、C静止放置，物体A以速度0v向B运动，A、B、C质量均为m且处于同一直线上，A与B碰后粘合在一起，随后AB与C发生弹性碰撞，求：①A、B碰撞系统损失的机械能；②AB与C发生弹性碰撞后，各物体的速度大小。【答案】①2014mv；②01

6ABvv＝，023Cvv＝【解析】【详解】①设A与B碰后粘合在一起的速度大小为v，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得02mvmv=解得02vv=A、B碰撞系统损失的机械能222k001112224Emvmvmv−＝＝②设AB与C发生弹性碰撞后，速度大小分别为ABv、Cv，AB与C

发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的速度方向为正方向，则有22ABCmvmvmv=+，22211122222ABCmvmvmv=+解得016ABvv=，023Cvv=19.如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M´N´位于同一水平面上，两轨道之间的

距离l=0.50m，轨道的MM′端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m，且其右边界与NN′重合．现

有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0m处．在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体ab恰好能以最小速度通过半圆

形轨道的最高点PP′．已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g=10m/s2，求：（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上电

流大小和方向；（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热．的【答案】（1）3A，方向由b到a（2）0.4C（3）0.94J【解析】【分析】本题考查电磁感应现象与能量问题综合．【详解】（1

）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有：211)2Fmgsmv−=（导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势：1EBlv=此时通过导体杆上的电流大小：EIRr=+（）=3A根据右手定

则可知，电流方向为由b向a（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有：BldEtt==平均通过电阻R的感应电流的平均值：EIRr=+平均平均（）通过电阻R的电荷量：q=I平均t=0.4C（3）设导体杆离开磁场时

的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有：230mvmgR=的对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有：2223011222mvmvmgR

=+解得v2=5.0m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能：2212111.1J22Emvmv==−此过程中电路中产生的焦耳热为：0.94JQEmgd=−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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