【文档说明】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2022届新高三上学期7月暑期综合训练（一）物理试题含答案.docx，共(12)页，504.592 KB，由小赞的店铺上传

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1孟津一高2022届高三暑期物理选择题训练一一、单选题1.氦核作用能将恒星中的氦转换成重元素，其中α粒子融合到168O核中的核反应方程为416202810HeONeγ+→+。已知α粒子的结合能为72.8410eV，168O核的结合能为81.2810eV，

释放的能量为64.7310eV，则2010Ne的比结合能约为()A.68.0610eVB.67.5810eVC.52.3010eVD.66.4010eV2.宇宙中大约百分之十七的恒星有一颗地球大小的行星环绕着。若某行星A绕恒星B转动，行星

A的公转周期为2个地球日，轨道半径为0.021个天文单位，已知行星A的质量约为地球的7.5倍，地球与太阳间的距离为1个天文单位。若行星绕恒星的运动均视为圆周运动，则恒星B的质量与太阳的质量的比值为()A.31

0B.11000C.700D.933.如图所示，一固定斜面的倾角为45=，一小球（可视为质点）从某位置自由下落h高度后与斜面碰撞，碰撞过程中无能量损失，碰撞后水平抛出，小球与斜面碰撞点距离水平面的高度也为h，则下列说法正确的是

()A.小球一定落在斜面底端B.小球在水平面上的落点到斜面底端的距离为hC.小球从开始下落到落在水平面上所用时间与自由下落2h高度所用的时间相等D.小球从开始下落到落在水平面上所用时间小于自由下落2h高度所用的时间4.环形电流

在环心处产生的磁感应强度大小与环形电流大小成正比。如图所示的Oxyz直角坐标系中，单匝环形线圈固定在yOz平面内，圆心在坐标原点处。当没有电流通过时，在地磁场作用下圆环中心的小磁针（未画出）N极指向y轴正方向；当通以图示方向电流I时，该小磁

针N极的指向与x轴正方向的夹角为37°。已知sin370.6=°。为使小磁针静止时N极的指向与x轴正方向夹角为45°，则应将环形线圈中的电流大小调整为()2A.12IB.34IC.32ID.54I5.如图甲所示，

一木块受到水平力F的作用静止在倾角为α的固定斜面上，力F的方向与斜面底边平行，当力F逐渐增大时，得到木块所受的摩擦力f和水平力F的大小关系如图乙所示。若木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中121ffF、、均为已知量，重力加速度为g，则下列

说法不正确的是()A.由图乙可求出木块的质量B.由图乙可求出木块与斜面间的动摩擦因数C.F小于1F时木块保持静止状态D.F大于1F后木块做匀变速运动6.如图所示，间距为L的平行金属导轨之间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，极板间距为d的平行板电容器与总

电阻为02R的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为0R的导体棒MN可在外力的作用下，沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于ab、的中点位置，导体棒MN的速度为0v时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态，若不计一切摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，

则下列判断正确的是()A.油滴带电荷量为0mgdBLvB.若保持导体棒的速度0v不变，而将滑动触头调到a位置，油滴将向上运动C.若保持导体棒的速度0v不变，而将滑动触头由a调到b位置，油滴的电势能不变D.若保持导体棒的速度0v不变，调节滑动触头到a位置，滑动变阻器消耗的功率最大7.如图所示，一

小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则:ABBC等于()3A.1:1B.1:2C.1:3D.1:48.如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄

纸板的接触面粗糙，原来系统静止。现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来。上述过程中有关功和能的说法正确的是()。A.拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B.摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩

擦产生的热量C.离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D.小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量9.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电小球，用长为L、伸长可忽略的绝缘细线悬挂于竖直平面的O点，竖直平面内有一方向斜向上、与水平面成45°角的匀强电场。开始时小球静

止在A点，细线恰好水平。现用方向保持竖直向下的拉力F将小球沿圆弧缓慢拉到最低点B后再由静止释放，重力加速度大小为g以下判断正确的是()。A.小球从A点到B点的过程中，细线拉力逐渐变大B.小球从B点到A点的过程，机械能增加了mgLC.小球从B点到A点的过程，电势能增加了2

mgLD.若小球运动到A点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动10.如图所示，1R是光敏电阻（光照增强，电阻减小），C是电容器，2R是定值电阻。当1R受到的光照强度减弱时()。A.电阻2R上的电流增大B.光敏电阻1R上的电压减小4C.电源两端电压减小D.电容器C的带电荷

量减小11.如图所示，面积为0S，匝数为n的线圈内有理想的、面积为S的有界磁场，已知磁感应强度随时间的变化规律为0BBkt=−（0k且为常数，但未知），当0t=时磁场方向垂直纸面向里。在磁场方向改变之前，有一带电荷量为q，质量为m的粒

子静止于水平放置的、两极板间距离为d的平行板电容器中间（重力加速度为g）。则下列说法错误的是()。A.此粒子带负电B.磁感应强度的变化率为mgdkqnS=C.在0Btk=后，该粒子将向下匀加速运动D.电容器上下极板所带电荷电性、电荷量均保持不变二、多选题12.如图

所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为1F，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通有电流后，台秤读数为2F，则以下说法正确的是()。A.当导体棒中的电流方向垂直纸面向里

时，弹簧长度将变短B.当导体棒中的电流方向垂直纸面向里时，12FFC.当导体棒中的电流方向垂直纸面向外时，弹簧长度将变短D.当导体棒中的电流方向垂直纸面向外时，12FF13.如图所示，有一光滑钢球质量为m，被

一U形框扣在里面，框的质量为M，且2Mm=，它们搁置于光滑水平面上，今让钢球以速度0v向右去撞击静止的框，设碰撞过程无机械能损失，经多次相互撞击，下面结论正确的是()A.最终都将停下来B.最终将以相同的速度向右运动5C.永远相互碰撞下去，且整体向右运动D.

在它们反复碰撞的过程中，钢球的速度将会再次等于0v，框也会再次出现静止状态14.如图所示，光滑的直角墙壁处有AB、两个物体，质量分别为ABmm、，两物体间有一压缩的轻质弹簧用细线绷住，弹簧两端拴在物体上，弹簧存储的

弹性势能为0E，开始时B物体紧靠着墙壁。将细线烧断，A物体将带动B物体离开墙壁，在光滑水平面上运动。由此可以判断()A.烧断细线后，AB、物体和弹簧组成的系统机械能、动量均守恒B.物体B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能等于0BABmEmm+C.物体

B离开墙壁后弹簧第一次恢复原长时，A物体的速度方向有可能向左D.每当弹簧恢复原长时A物体的速度都为02ABABAEmmmmm−+15.图甲为一列沿水平方向传播的简谐横波在t时刻的波形图，图乙为质点b从t时刻开始计时的vt−图像，设振动正

方向为y轴正方向，则下列说法中正确的是()A.该简谐横波沿x轴正方向传播B.该简谐横波的波速为0.4m/sC.若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4m大得多D.再经过2s，质点a随波迁移了0.8m16.如图为某小型电站

的电能输送示意图，发电机通过升压变压器1T和降压变压器2T向用户供电，已知输电线的总电阻10ΩR=，降压变压器2T的原、副线圈匝数之比为10:1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻022ΩR=。若1T、2T均为

理想变压器，2T的副线圈两端电压表达式为2202sin100π(V)ut=，下列说法正确的是()A.发电机中的电流频率为100HzB.理想电流表示数为10A6C.升压变压器的输入功率为2200WD.当用电器的电阻0R减小时，发电机的输出功率增大17.关于速度的定义式xvt=，以下说法正确的

是()A.速度v与位移x成正比，与运动时间t成反比B.速度v的大小与运动的位移x和时间t都无关C.一段时间内物体的位置不变化，则这段时间内物体速度为零D.122m/s,3m/svv==−，因为23−，所以12vv18.如图，木板与水平面的倾角为θ，木板上有两个靠在一起的

物块P和Q，质量分别为m和2m，物块与木板间的动摩擦因数均为μ，用大小为F的恒力沿着平行于木板的方向推动物块P，若P和Q之间的弹力大小记为1F，下列判断正确的是()。A.若=0=0，°，则123FF=B.若=00

，°，则113FF=C.若=30=0，°，则112FF=D.若=300，°，则123FF=19.2019年10月18日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，成功将通信技术试验卫星四号发射升空，卫星顺利进入预定轨道。卫星发射时的简易轨道示意图如图，先将卫星发射到半径为

1R的轨道I上绕地球做匀速圆周运动，再经过椭圆轨道Ⅱ的变轨过程进入半径为3R的圆形轨道Ⅲ继续绕地球运动，其中P为Ⅰ轨道与Ⅱ轨道的切点，Q点为Ⅱ轨道与Ⅲ轨道的切点。质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能pGMmEr=−，其中G为引

力常量，M为地球质量。地球表面的重力加速度大小为g。下列说法正确的是()。A.卫星在轨道Ⅱ上经过P点和Q点的速度大小之比31:=:PQvvRRB.卫星在轨道I和轨道Ⅲ上的机械能之比IIII13:=:ERREC.卫星

在轨道I和轨道Ⅱ上的运动周期之比22III13:=:TRRTD.卫星在轨道I经过P点和轨道Ⅲ经过Q点的加速度大小之比2231:=:PQaaRR7参考答案1.答案：A解析：原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量，这就是原子核的结合能，这个能量也是核

子结合成原子核而释放的能量，则2010Ne的结合能为87681.2810eV2.8410eV4.7310eV1.6110eVE=++=，则比结合能为68.0610eV20EE==，A正确。2.答案：A解析：根据万有引力提供向心力有222πMmGmrrT=

得2324πrMGT=，设恒星B、太阳的质量分别为12MM、，则32231122213650.0210.312MrTMrT==，选项A正确。3.答案：B解析：小球先自由下落h高度，与斜面碰撞

前的速度为2vgh=，然后以速度v做平抛运动，假设小球落在水平面上，根据平抛运动规律有212,222hhgtxvtghhhg====，故小球不会落在斜面底端，A错误；小球落点到斜面底端的距离2tan

45hsxhhh=−=−=，故B正确；设小球下落到斜面所用的时间为1t，由2112hgt=得12htg=，小球水平抛出后落在水平面上，小球做平抛运动的时间为2htg=，设小球无初速度自由下落2h高度所用的时间为2t，有22122hgt=，解得22htg=，显然122

22hhtttgg+==，故CD错误。4.答案：B解析：设地磁场在原点处的磁感应强度大小为0B，当通以电流I时，该电流在O点产生的磁感应强度1BkI=（k为常量），满足01tan37BB=;设小磁针N极的指

向与x轴正方向夹角为45°时通过的电流为2I，电流在O点产生的磁感应强度22BkI=，满足02tan45BB=，解得2134BB=，则234II=，B正确。5.答案：D解析：本题考查根据力的图像分析运

动情况。将木块所受重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方8向，分析斜面所在平面内的木块受力情况，根据平衡条件得22(sin)fFmg=+，当0F=时，由题图乙可知1sinfmgf==，所以可求出木块的质量，A项正确；当木块刚要运动时，静摩擦力达到最大，有2cosffmg==，可求出木块与斜

面间的动摩擦因数，B项正确；F小于1F时，木块所受摩擦力小于最大静摩擦力，则木块保持静止状态，C项正确；F大于1F后木块将运动，所受摩擦力和重力不变，但力F一直增大，故木块做变加速运动，D项错误。本题选说法不

正确的，故D符合题意。6.答案：B解析：本题通过导体棒切割磁感线运动考查有关电容器的运算和电磁感应与电路结合。导体棒切割磁感线产生的感应电动势0EBLv=，根据闭合电路欧姆定律得00EIRR=+,电容器两极板的电压0012

UIRBLv==，油滴恰好处于静止状态，所以有qUmgd=，解得油滴带电荷量为02mgdqBLv=，故A错误；若保持导体棒的速度0v不变，而将滑动触头调到a位置，外电阻变大，路端电压增大，电容器两极板间电压增大，电场力增大，电

场力大于重力，油滴将向上运动，故B正确；若保持导体棒的速度0v不变，而将滑动触头由a调到b位置，外电阻减小，路端电压减小，电容器两极板间电压减小，油滴的电势能发生变化，故C错误；若保持导体棒的速度0v不变，外电阻等于内电阻时，也就是当滑动变阻器的滑动触头位于ab、的中点位置，滑

动变阻器消耗的功率最大，故D错误。7.答案：C解析：根据匀变速直线运动的速度—位移公式2202vvax−=知，22,22CBABACvvxxaa==，所以:1:4ABAC=，则:1:3ABBC=，故选项C正确.8.答案：D解析：由功能关系，拉力F做的功等于薄纸板

和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，A项错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，B项错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，C项错误；对于系统，由摩擦产生的热量ΔQfL=，其中ΔL为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位

移为1L，小木块相对地面的位移为2L，则12ΔLLL=−，且ΔL存在大于、等于或小于2L三种可能，对小木块，2kΔfLE=，即Q存在大于、等于或小于kΔE三种可能，D项正确。9.答案：A解析：由题意可知，小球所受的重力和电场

力的合力为恒力，方向水平向右；在用竖直向下的力F拉小球到最低点的过程中，受力情况如图，由平行四边形定则可知，随着小球位置的下降，F逐渐变大，A项正确。由平衡知识可知2Eqmg=，则小球从B到A的过程，电场力做功922EqLmgL=，电势能减少了2mgL，机械能增加了2

mgL，B、C两项错误。若小球运动到A点时，细线突然断裂，由此时小球有竖直向上的速度，小球所受合力水平向右，可知小球将做匀变速曲线运动，D项错误。10.答案：D解析：当1R受到的光照强度减弱时，1R的电阻增大，外电路总电阻

增大，根据闭合电路欧姆定律分析知，总电流I减小，即流过2R的电流减小，故A项错误；根据闭合电路欧姆定律分析知，总电流I减小，路端电压UEIr=−，Er、不变，则U增大，2R两端电压减小，所以光敏电阻1R上的

电压增大，故B、C两项错误；由于电容器与2R并联，所以电容器两端电压减小，由公式2QCU=可知，电容器带电荷量减小，故D项正确。11.答案：C解析：当磁场均匀减小时，根据楞次定律知，上极板带正电，下极板带负电，粒子

受重力和电场力处于平衡，知电场力方向向上，粒子带负电，A项正确；带电粒子受重力和电场力平衡得,qUBmgUnSdt==（S应为线圈在磁场中的有效面积，即磁场面积），则磁感应强度的变化率为BmgdtnqS=，B项正确；磁场方向改变后，磁场变为向

外增加，产生的感应电动势方向和大小都不变，则该粒子仍静止，C项错误；电容器所带电荷量BmgdCQCUCnStq===，则电容器所带电荷量与时间无关，D项正确。12.答案：AD解析：如图甲、乙所示，当导体棒中的电流方向垂直纸面向里时，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受

到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁铁的支持力减小，即台秤示数12FF，在水平方向上，由于F有水平向左的分力，条形磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短，

A项正确，B项错误；当导体棒中的电流方向垂直纸面向外时，与原来相比，磁体所受安培力方向变成相反，同理可判断C项错误，D项正确。1013.答案：CD解析：本题考查动量守恒定律的应用、碰撞问题。钢球与框碰撞过程中，系统动量守恒，机械能也守恒；以水平向右为正方向，根据动量守

恒定律，有012mvmvMv=+，根据机械能守恒定律，有222012111222mvmvMv=+，其中2Mm=，联立解得102,0vvv==（两次碰撞后），或者102012,33vvvv=−=（一次碰撞后），由于两次碰撞后的速度情况与开始时相同，故整体内部一直不断碰撞，整体持续向右运动；钢球

的速度将会再次等于0v，框也会再次出现静止状态，故A、B错误，C、D正确。14.答案：BC解析：本题考查动量守恒与机械能守恒的条件、运动过程中速度与能量的变化。烧断细线后，AB、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，在B物体离开墙壁之前，墙壁和B物体间有力的作用，系统的

动量不守恒，B离开墙壁之后系统动量守恒，选项A错误；物体B刚要离开墙壁时，弹簧处于原长，设此时A的速度为0v，则有20012AEmv=，当两物体速度相等时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的弹性势能为pE，根据动量守恒定律

有()0AABmvmmv=+，根据能量守恒定律有弹簧的弹性势能()2p012ABEEmmv=−+，解得p0BABmEEmm=+，选项B正确；设物体B离开墙壁后弹簧第一次恢复原长时，AB、的速度分别为ABvv、，则

0AAABBmvmvmv=+,2220111222AAABBmvmvmv=+，解得02ABAABAEmmvmmm−=+,可知当ABmm时，A物体的速度方向向左，选项C正确；物体B没离开墙壁时，弹簧第一次恢复到原长时A

的速度为002AEvm=，选项D错误。15.答案：AB解析：本题结合波形图考查机械波中质点振动的特点。t时刻，由题图乙可知质点b的速度方向沿y轴负方向，在题图甲中采用波形平移的方法可知该简谐横波沿x轴正方向传播，A正确；从题图甲中可以看出

波长4m=，从题图乙中可以得出周期10sT=，所以该波传播的速度0.4m/svT==,B正确；若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物或孔的尺寸一定小11于或等于4m，故C错误；简谐横波在传播过程中，各个质点只在其平衡位置附近上下振动，不会随波

迁移，D错误。16.答案：BD解析：本题考查远距离输电问题。由2202sin100π(V)ut=可知，副线圈两端的电压有效值2220V,100πrad/sU==，频率50Hzf=，变压器只能改变交流电的电压和电

流，不能改变周期和频率，所以发电机中的电流频率也是50Hz，故A错误；通过用电器的电流有效值20220A=10A22UIR==，故B正确；根据变压器的规律可知，对2T有1122101UnUn==，则2T原线圈两端的电压12102200V

UU==，又21110nIIn==，输电电流1A10II==，1T副线圈两端电压12200V110V2210VUUIR=+=+=，理想变压器输入功率与输出功率相等，22101W2210WPUI===，故C错误；若用电器阻值减小，其消耗功率增大，同时2T副线圈电流增大，则输电线上电流也增大

，R的功率增大，发电机的输出功率也将增大，故D正确。17.答案：BC解析：速度xvt=是一个比值定义式，该公式只说明速度可用位移x除以时间t来计算，并不是说v与x成正比，与t成反比，故A错

误，B正确；一段时间内物体的位置不变化，即物体静止，则这段时间内物体速度为零，故C正确；速度是矢量，正、负号只表示方向，绝对值才表示大小，故D错误.18.答案：AD解析：对PQ、整体由牛顿第二定律可得

3cos3sin3Fmgmgma−−=，解得cossin3Faggm=−−，再隔离Q，由牛顿第二定律得12cos2sin2Fmgmgma−−=，将a代入可得123FF=，与θ和μ无关，故A、D两项正确。19.答案：AD解析：卫星

在轨道Ⅱ上经过P点时21PvMmGmRr=，卫星在轨道Ⅱ上经过Q点时223QvMmGmRr=，解得31::PQvvRR=，A项正确；卫星在轨道I上时有21211vMmGmRR=，则2k11122MmEmvGR==，故卫星在轨道Ⅰ上时机械能Ikp12MmEEEGR=+=−，同理

可得卫星在轨道Ⅲ上的机械能为IIIkp32MmEEEGR=+=−，故IIII31::EERR=，B项错误；卫星在轨道I和轨道Ⅱ上运动时有123131221II32RRRTT+=，C项错误；卫星在轨道I经过P点有21PMmGmaR=，卫星在轨道Ⅲ经过Q点有23QM

mGmaR=，则2231::PQaaRR=，D项正确。