【文档说明】《精准解析》辽宁省锦州市渤海大学附属中学2022-2023学年高三上学期期末物理试题（解析版）.docx，共(22)页，1.216 MB，由小赞的店铺上传

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2023高三上学期期末考试物理试题命题教师：高三物理组第Ⅰ卷选择题（46分）一、选择题（本题共10小题，其中1－7为单选题，每题4分。8－10为多选题，每题6分。漏选得3分，错选不得分。）1.图甲为烤肠机，香肠放置于两根水平平行金属杆中间，其截面图如图

乙所示。假设香肠可视为质量均匀的圆柱体，烤熟后质量不变，半径变大，金属杆不再转动。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩。若金属杆对香肠的支持力为FN；两根金属杆对香肠的合力为F合，则香肠烤熟后（）A.FN增大，F合增大B.FN增大，F合不变C.FN减小，F合增大D.FN减小，F合不变【答案】D【解析】

【详解】以香肠为研究对象，受到重力、两边金属杆的支持力，如图所示香肠烤熟后质量不变，半径较大，重心升高，支持力与重力反方向的夹角减小；由力的平衡知识可得N2cosFmg=解得N2cosmgF=的由于变小，cos变大，NF变小；由于香肠烤熟后质量不变，根据平衡条件可得两根金属杆

对香肠的合力始终与香肠的重力等大反向，保持不变，故ABC错误，D正确。故选D2.下列说法正确的是（）A.外界对气体做功，气体内能可能减少B.悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动越明显C.一定质量的理想气体，压强变小时，

分子间的平均距离一定变大D.分子间存在着分子力，当分子间距离增大时，分子力一定做负功【答案】A【解析】【详解】A．据热力学第一定律可知，外界对气体做功的同时，若气体放出较多热量，气体内能可能减少，A正确；B．悬浮在液体中的固体颗粒越

小，受到液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越明显，B错误；C．一定质量理想气体，压强变小时体积不一定变大，故分子间的平均距离不一定变大，C错误；D．当分子间距大于1010m−时，分子力表现为引力，当分子间距离增大时，分

子力一定做负功，D错误。故选A。3.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，传播速度v=10m/s，t=0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，则在t=1.0s时的波形，可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】CD．根据图像可知波长4m=则周期

为。的4s0.4s10Tv===由于1.0s22TtT==+由于t=0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，可知，1.0s时该质点再次处于平衡位置，且沿y轴负方向运动，CD错误；AB．结合上述，1.0s时该坐标原点处的质点处于平衡位置，且沿y轴负方向运动，由于波沿x轴正方向传

播，根据同侧法，可知1.0s时的波形，A错误，B正确。故选B。4.如图所示,套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与B相连,在外力作用下A沿杆以速度Av匀速上升经过P、Q,经过P点时绳与竖直杆间的角度为,经过Q点时A与定滑轮的连线处于水平方向,则A.经过Q点时

,B的速度方向向下B.经过P点时,B的速度等于cosAvC.当A从P至Q的过程中,B处于失重状态D.当A从P至Q的过程中,B处于超重状态【答案】D【解析】【详解】AB．对于A，它的速度如图中标出的vA，这个速度看成是A的合速度，其分速度

分别是va，vb，其中va就是B的速度vB（同一根绳子，大小相同），刚开始时B的速度为vB=vAcosα；当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va=0，所以B的速度vB=0，故AB错误；CD．因A匀速上升时，由公式vB=vAcosα，当A上升时，夹角α增大，因此B做向

下减速运动，则处于超重状态，故C错误、D正确；5.如图所示，正方形区域匀强磁场的方向垂直纸面向外，一带电微粒从磁场边界A点垂直于磁场方向射入，沿曲线APB运动从B点射出磁场，通过PB段用时为t，若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终也射出磁场。微粒重力不计，

则新微粒从形成到射出磁场的（）A.轨迹为PC，运动时间小于tB.轨迹为PB，运动时间大于tC.轨迹为PD，运动时间等于tD.轨迹为PD，运动时间大于t【答案】B【解析】【详解】带电微粒在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径为mvRqB=它与静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒的过

程，因动量守恒，总动量不变，质量变大，速度变小，带电量不变，可见轨道半径不变，轨迹应该为PB，因为速度变小，所以运动时间要大于t。故选B。6.如图为同一平面内绕地球的三个卫星轨道示意图，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，且Ⅲ与Ⅱ相交

于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点。三颗不同的卫星A、B、C正沿轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ稳定运行，则（）A.A、B经过N点时的向心力一定相同B.A、B的速度可能等大C.A的向心加速度比C小D.C的公转周期比B大【答案】B【解析】

【详解】A．由于不知道A、B的质量关系，则A、B经过N点时的万有引力大小关系不能确定，且在椭圆轨道时万有引力不是全部提供向心力，所以A、B经过N点时的向心力大小不一定相同，故A错误；B．根据卫星变轨的原理可知，A在N点的速度小于B在N点的速度，而A的速度不变，A的速度又大于B在最远点的

速度，所以A在某一时刻，A、B的速度可能等大，故B正确；C．根据2MmGmar=可得2MaGr=由于A卫星的轨道半径小于C卫星的轨道半径，所以可知A的向心加速度比C大，故C错误；D．由于C的轨道半径与B椭圆轨道的半长轴相等，根据开普勒第三定律32akT=，可知B、C的周

期相等，故D错误。故选B。7.如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于点O对称。圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（）A.a、

b两点的场强相同B.a、b两点的电势不相同C.将一个负点电荷沿着圆弧从a移到c点再沿y轴正方向移动，电势能先增大后不变D.半圆上任一点，两电荷的电场强度大小分别是1E、2E，则1211EE+为一定值【答案】D【解

析】【详解】A．由对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．由对称性和等势线可知，a、b两点电势相同，故B错误；C．负电荷沿该路径电势一直减小，电势能一直增大，故C错误；D．半

圆上任一点，设与P点连线跟PQ夹角为，则有12(2cos)kQER=22(2sin)kQER=则212114REEkQ+=为定值，故D正确。故选D。8.质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力1F和2F的作用下沿水平面运动，撤去1F、2F后受摩擦力的作用减速到停止，其

vt−图像如图所示，则下列说法正确的是（）A.1F和2F大小相等B.1F和2F对A、B做功之比为2:1C.A、B所受摩擦力大小相等D.全过程中摩擦力对A、B做功之比为1:2【答案】C【解析】【分析】【详解】AC．匀减速运动的加速度大小分

别为002Avat=00Bvat=摩擦力大小分别为002AAmvfmat==00BBmvfmat==对于匀加速运动过程，两物体加速度大小分别为010vat=0202vat=根据牛顿第二定律得，112AFfma−=22BFfma−=解得

0103mvFt=02032mvFt=所以1F和2F大小不相等，A、B所受摩擦力大小相等，A错误，C正确；BD．两个物体匀加速直线运动的位移大小分别为0012vtx=0020022vtxvt=＝1F和2F对A、B做功分别为2111032

4WFxmv==2222032WFxmv==所以1F和2F对A、B做功之比为1:1，根据“面积”等于位移，由几何知识得到，全过程中两物体的位移大小相等，两物体所受的摩擦力之比为1:1，故全过程中摩擦力对A、B做功之

比为1:1，BD错误。故选C【点睛】速度图线的斜率等于加速度，根据斜率求出两个物体做匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律研究摩擦力关系及1F和2F大小的关系．根据图线与坐标轴所围“面积”确定出两个物体匀加速过程位移关系，求出1F和2F对A.B做功之比和全

过程中摩擦力对A.B做功之比。【考点】动能定理的应用、匀变速直线运动的图像9.如图，有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗，圆锥中轴线与母线的夹角为45=，可视为质点的小球A、B在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动，两个

小球的质量2Amm=，Bmm=，若A、B两球轨道平面距圆锥顶点O的高度分别为4h和h，图示时刻两球刚好在同一条母线上，下列说法正确的是（）。A.球A和球B的向心加速度大小分别为2g和gB.两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等C.球A和球

B的线速度大小之比为1:2D.从图示时刻开始，球B旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次【答案】BD【解析】【详解】A．对球A进行受力分析，由牛顿第二定律可得Nsin2Fmg=Ncos2AFma=Aag=故A错误；B．由题意可知，对两球都有cosFF=支向2FF=支向

两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等，故B正确；C．由2vFmamr==向结合几何关系可得4tan2AAAvarghgh===tanBBBvarghgh===球A和球B的线速度大小之比为2:1，故C错误；D．由vr=及上述分析可得，球A与球B的角速度之比为::1:2

4tantanABABvvhh==则第一次相遇有2BAtt−=4Bt=即球B旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次，故D正确。故选BD。10.如图所示，两光滑的平行金属导轨沿水平方向固定，虚线1、2垂直导轨，且两虚线间存在竖直向上的匀强磁场

，磁感应强度的大小为B，导轨间距、两虚线之间的距离均为d，质量为m的导体棒甲垂直导轨放在虚线1的左侧，导体棒乙垂直导轨放在虚线2的右侧，两导体棒长度均为d、电阻值均为r。0=t时刻给导体棒甲一水平向右的初速度230Bdvmr=。已知整个过程两导体棒始终与导轨垂直且保持良好的接触，导轨电阻

忽略不计。则下列说法正确的是（）A.导体棒甲进入磁场瞬间的加速度大小为45226BdmrB.导体棒甲从开始运动到刚越过虚线2的过程中，流过导体棒乙某一横截面的电荷量为22BdrC.导体棒甲刚运动到虚线2时的速度大小为232BdmrD.导体棒甲从开始至运动到虚线2的过程中，导体棒甲产生的焦耳

热为462316Bdmr【答案】BCD【解析】【详解】A．导体棒甲刚进入磁场瞬间，感应电流为3402222BdvEBdIrrmr===受到安培力大小为4522BdFBIdmr==安由牛顿第二定律得Fma=安得45222Bdamr=故A错误；

B．导体棒甲从开始运动到刚越过虚线2的过程中，产生的平均感应电动势ΦEt=2Bdt=平均感应电流2EIr=又qIt=联立得22Bdqr=故B正确；C．规定向右为正方向，导体棒甲从开始到运动到虚线2的过程

中，根据动量定理得0BIdtmvmv−=−解得232Bdvmr=故C正确；D．根据能量守恒，整个电路中产生的焦耳热2246023228mvmvBdQmr=−=导体棒甲产生的焦耳热4623216QBdQmr==甲故D正确。故选BCD。第Ⅱ卷非选择

题（54分）二、实验题（14分）11.为探究“合力与分力的关系”小鲁同学设计了如下实验。如图甲在相距为D的两根竖直杆之间用一根长为L的不可伸长的轻绳连接（打结）一物体C，在绳的两端分别连接两个拉力传感器P和Q，保

持PQ、的位置不变，且Q高于P，不计拉力传感器的重力。改变悬挂点C到P点的距离PC（不相对滑动），测得两传感器的拉力大小随的变化图像如下图乙中Ⅰ、Ⅱ所示，试回答下列问题。（1）C点的轨迹在一个上____________（填“圆”、“抛物线”或“椭圆”）（

2）图线Ⅰ表示的是_____________处传感器的拉力（填“P”或“Q”）（3）根据图像可求得物体的重力为______________（用图中传感器的读数，及绳长L和两杆间距D表示）【答案】①.椭圆②.Q③.228.60mgLDL=−【解析】【分析】【详解】（１[1]

椭圆是到两焦点距离之和等于常数的所有点的集合，题中PC+CQ为绳长L是常数，所以C点的轨迹是椭圆；（2）[2]图像中Ⅰ、Ⅱ交点即为两绳拉力相等的位置，此时选取结点C为研究对象，受力如下图所示水平方向si

n=sinPQTT当=时，=PQTT，当C点继续向右移动如下图所示增大，减小，水平方向还是有sin=sinPQTT由上式可知QT会增大，PT减小，结合题图，在图像相交后，Ⅰ线力大于Ⅱ线

力，故Ⅰ线表示Q处传感器的力。（3）[3]图像中Ⅰ、Ⅱ交点可以读出此时P、Q处拉力都为4.3N，此时CP、CQ与竖直方向的夹角相等延长QC到'P由几何关系有'=PQCPCQL+=过Q做水平线与左杆交于A点，在'AQP中有'==APQC点受力

平衡有22cos=LDL−2cosTG=整理得228.60GLDL=−12.将一铜片和一锌片分别插入一只橙子内，就构成了简单的水果电池，其电动势约为1.5V。（1）取一个额定电压为1.5V，额定电流

为0.3A的小灯泡（小灯泡电阻可认为不变），实验发现该电池与小灯泡直接相连接后，小灯泡不亮，测得流过小灯泡的电流为1mA，则该电池的内阻约为_______Ω。（2）除了水果电池以外，实验室还提供了如下器材：a．电流表A（量程0~0.6A~3A，内阻很小）b．毫安表mA（量程0.6mA，内阻

大概10Ω）c．电阻箱（阻值0~9999.9Ω）d．开关一个，导线若干①为了测定该“水果电池”电动势和内阻，请你根据提供的器材，在方框中画出最合理的测量电路图（）。其中电流表应选择_______（填写仪器

前面的序号）②采用上述实验，读取多组数据，利用图像1RI−测得的水果电池的内阻与真实值相比，r测_______r真。（选填“大于”“小于”或“等于”）的【答案】①.1495②.③.b④.大于【解析】【详解】（1）[1]额定电压为1.5V，额定电流为

0.3A的小灯泡的电阻为L5URI==由闭合电路欧姆定律LEIRr=+则该水果电池的内阻约为L1495ErRI=−=（2）①[2][3]由于该水果电池内阻较大，而电动势约为1.5V，则电路中的最大电流约为max1mAEIr=则电流表应选用毫安表mA（量

程0.6mA，内阻大概10Ω），且利用“安阻法”来测量该水果电池电动势及内阻，电路设计如图所示②[4]根据闭合电路欧姆定律，有)EIRr=+（其中E为电源电动势，r为电源内阻，R为电阻箱阻值，I为电流表读数，可得11rRIEE=+但实际上不仅电阻箱有阻值，毫安表也有

阻值，即mA)EIRrr=++（可得mA11rrRIEE+=+所以，可知我们测量时把毫安表的内阻也当成了电源内阻计算，故由图像1RI−可知mArrrr=+测真真＞三、解答题（40分）13.冬奥会上，跳台滑雪运动员从跳台A处以速度016m/sv=

水平飞出，一段时间后落在斜坡上B处，如图所示.运动员在空中受到方向竖直向上的阻力f作用，已知运动员的质量为50kgm=，阻力f为重力的0.2倍，斜坡的倾角37=，重力加速度取210m/sg=，sin370.6=，

cos370.8=.求运动员：（1）在空中运动的时间t；（2）从A运动到B的过程中，重力做功的功率P。【答案】（1）3st=；（2）6000W=P【解析】【详解】（1）设斜坡上A到B的距离为s，运动员在空中运

动的加速度为a，则0cos37svt=21sin372sat=mgfma−=代入数值解得3st=（2）设重力做功为F，则sin37Wmgs=WPt=代入数值解得6000W=P14.如图所示，在直角坐标系xOy中，两平行x轴的金属板M、N有两个小孔S、K，S、K均在y轴上。在以原点O为圆心

，R为半径的四形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。圆O与M板相切于S，与x轴相交于C点。现将一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从小孔K由静止释放，粒子恰好通过C点。不计粒子所受重力。（1）求两金属板间的电压U；（2）若粒

子在两金属板间与圆形区域内运动的时间相等，求两金属板的距离d。【答案】（1）222qBRUm=；（2）4Rd=【解析】【详解】（1）根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R设粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，有2vqvBmR=解得qBRvm=根据动能定理有21

2qUmv=解得222qBRUm=（2）设粒子在两金属板间运动的时间为1t，则12vdt=粒子在磁场中做圆周运动的周期满足2RTv=粒子在圆形区域内运动的时间24Tt=又12tt=解得4Rd=15.如图所示，一长木板B质量m=1.0kg，长L=9.2m，

静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=5.5m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为53°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d=6.0m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1

.0kg的滑块D。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量M=2.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量m=1.0kg的滑块A被无初速地轻放在沿顺时针转动的水平传送带左端。一段时间后A从传送带右侧水平飞出，下落高度H=3.2m后恰好能沿切

线方向从P点滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且C没有滑离滑轨。若传送带长s=6.0m，转动速度大小恒为v0

=6.0m/s，A与木板B间动摩擦因数为μ=0.5。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。sin530.8cos530.6==，，重力加速度g=210m/s（1）求滑块A到达P点的速度大小vP；（2）求滑块A与传送带间的动摩擦因数大小需满足的条件？（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大

小为2.0m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？【答案】（1）10m/spv=；（2）00.3；（3）2JpmzE=【解析】【分析】【详解】（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足22yvgH=又A沿切

线滑入圆轨道，满足sin53ypvv=解得10m/spv=（2）A沿切线滑入圆轨道，满足cos53xpvv=解得06m/sxvv==即A在传送带上应先匀加速，与传送带共速后随传送带匀速运动最右端，则有20102xmgsmv−即滑块A与传送带的动摩擦因数需满足

00.3（3）A沿圆弧轨道滑下，机械能守恒22111(1cos53)22xmgRmvmv−=−假定A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，则A、B动量守恒1()mvmmv=+共A、B共速过程，能量守恒有2211122mgsmvmmv=−+相共

（）解得7.2m<=9.2msL=相设B板开始滑动到AB共速滑过距离sB，由动能定理有2102Bmgsmv=−共解得3.6m6mBsd==即假设成立B撞平台后，A继续向右运动，由动能定理有2221

1--22mgLsmvmv=−相共（）随后A将以v2的速度滑上平台，与D发生完全非弹性碰撞。后AD组合体与滑块C组成的系统水平方向动量守恒①若弹簧开始处于压缩状态，则第一次恢复原长时，C速度向左，有234-()()CmvMvmmvMmmv=++=++222max34111()222

pCEMvmmvMmmv=++−++（）解得随后运动过程中系统共速时弹簧最大弹性势能为max18JpE=②若弹簧开始处于原长状态，则第一次恢复原长时，C速度向右：256()()CmvMvmmvMmmv=++=++222max56111()222pCEMvmmvMmmv=++−++（）解得随后运

动过程中系统共速时弹簧最大弹性势能为max2JpE=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com