2021-2022学年江苏省扬州市高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年江苏省扬州市高三（上）期末物理试卷     质量为m的翼装飞行者从高空跳下，通过调整身体实现飞行并控制方向，如图所示，当他斜向上以加速度g减速直线飞行时，所受空气作用力(    )
 
A. 大小等于mg B. 大小等于 C. 方向竖直向上 D. 方向垂直于AB向上    科学家用直流高压加速器加速质子轰击锂原子核X，得到两个氦核，已知、X、的质量分别为、、，光在真空中的速度为c，则(    )A. X是 B. X核的中子数是4
C. 释放的核能 D. 上述核反应的类型是核裂变    如图所示为氢原子的能级图，现有大量的氢原子处于的激发态，当氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出光子a；当氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出光子b，下列说法正确的是(    )A. 由于跃迁所发射的谱线仅有2条
B. 光子a的能量大于光子b的能量
C. 光子a的动量小于光子b的动量
D. 用光子能量是的光照射可被吸收    2021年12月9日，在“天宫课堂“中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时(    )A. 气泡受到浮力
B. 气泡内分子热运动停止
C. 气泡内气体在界面处对水产生压力
D. 水与气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力
 
     如图所示，一定质量理想气体经历的等压过程，的等容过程，则(    )A. 过程，气体吸收热量
B. 过程，气体内能不变
C. 过程，气体压强减小
D. 过程，外界对气体做功    如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B点，第二次的滞空时间比第一次长，则(    )A. 两次滑出速度方向相同
B. 两次腾空最大高度相同
C. 第二次滑出速度一定大
D. 第二次在最高点速度小
     某同学利用如图所示的装置做“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验，先后测得5组数据列于下表。如果读数和计算无误，分析数据发现随着实验的进行(    )序号12345VpV A. 有气体泄露
B. 有空气进入
C. 气体温度升高
D. 气体不再近似遵守气体实验定律   一对平行金属板带有等量异种电荷，上极板带正电，形成的电场线如图所示，一带正电的粒子从P点沿两板间中线MN方向射入，则(    )
A. b点场强比a点大 B. c点电势比b点高
C. 粒子将沿MN做直线运动 D. 粒子从右侧离开极板后做匀速直线运动   如图所示，R为用于热处理的电阻炉，正常工作电压为交流220V，通电后R在升温过程中电阻值增大很多，利用自耦变压器可使R升温过程中的热功率与正常工作时基本相同，通电后刚开始的一段时间内，应将变压器的滑片P(    )
 A. 从a缓慢调至b B. 从b缓慢调至a C. 从b缓慢调至c D. 从c缓慢调至b冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是(    )
A. 碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B. 碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
C. 红壶碰前速度约为碰后速度的3倍 D. 碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒小明要将一量程为3mA的电流表改装成量程为3V的电压表。他测得该电流表内阻为120欧姆，经计算后将一阻值为的电阻与该电流表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测。
请在图甲的虚线框中将电流表和电阻的连接电路画好，滑动变阻器R有两种规格，分别是欧姆和欧姆，应选择______。
实物电路如图乙所示，请以笔画线代替导线，连接电路。

当标准电压表的示数为时，改装表的指针位置如图丙所示，读数为______ V。
产生上述问题的原因可能是______。
A.电流表内阻测量值偏大，导致电阻的计算值偏大
B.电流表内阻测量值偏大，导致电阻的计算值偏小
C.电流表内阻测量值偏小，导致电阻的计算值偏大
D.电流表内阻测量值准确，但实际满偏电流小于3mA
为了解决上述问题，小华提出改进方案如下：用电阻箱欧姆替换接入电路，他接下来的操作顺序是______。
①闭合电键；
②缓慢移动滑片P，使得标准电压表示数约为2V；
③记录电阻箱的示数，选用与此示数相等的电阻替换；
④调节电阻箱，使得改装表的示数与标准表的示数相同；
⑤将滑片P置于滑动变阻器的最左端，电阻箱的阻值调至最大。研究光电效应的装置如图甲所示，通过实验记录电流表和电压表示数，绘制出图像如图乙所示，图中、、均为已知。已知入射光的频率为，普朗克常量为h，电子电量为e，求：
时间t内从阴极K表面射出的光电子数n；
该光电管阴极K的极限频率。
我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼舰载机质量，金属棒质量、电阻，导轨间距，匀强磁场磁感应强度，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为，求：
飞机着舰瞬间金属棒中感应电流I的大小和方向；
金属棒中产生的焦耳热Q。
如图所示，轻杆的上端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动，小球固定在轻杆上Q点，用细绳连接小物块与小球，绳子穿过铰链正下方的小孔P，现用手沿绳方向拉住小球，使小球和物块保持静止，此时，。已知小球和小物块的质量均为1kg，轻杆长度为1m，重力加速度g取，忽略一切摩擦，，，求：
拉力F的大小；
松手后，小球运动到最低点时的速度大小v；
松手后，小球在左侧最高点时绳对小球的拉力大小T。如图1所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在足够大匀强磁场。磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图2所示，已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和，不计重力；时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在时刻进入磁场的粒子恰好在时刻离开磁场，求：
磁场变化的周期；
粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间；
若在时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比。

答案和解析 1.【答案】A 【解析】解：翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，由牛顿第二定律可知

重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方，如图所示

由图可得空气作用力大小为

方向与AB成角，斜向左上方。
故A正确，BCD错误
故选：A。
翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方.
本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握牛顿第二定律的应用，注意合力的计算方法。
 2.【答案】B 【解析】【分析】
核反应方程同时满足质量数守恒和电荷数守恒。根据反应前后各个核子的质量差求质量亏损。
直接利用核反应方程的质量数和电荷数守恒即可正确求解，根据核子的质量求解核反应过程中的质量亏损。
【解答】
根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知方程为，则，，锂原子核内的中子数是4，X表示的是，故A错误，B正确；
C.核反应质量亏损为，则释放的核能为，故C错误，
D.核裂变是重核被粒子轰击发生的核反应，则题中反应不是核裂变，故D错误。
故选：B。  3.【答案】C 【解析】解：A、大量的氢原子处于的激发态，会自发地向低能级跃迁，能够发射种频率的光子，即发射的谱线有3条，故A错误；
BC、氢原子从的能级跃迁到的能级的能极差为，小于从的能级跃迁到的能级时的能极差，根据公式，可知光子a的能量小于光子b的能量，根据公式，可知光子a的动量小于光子b的动量，故B错误，C正确；
D、用光子能量是的光照射处于的激发态的氢原子，根据公式，可得，由氢原子的能级图可知不可被吸收，故D错误。
故选：C。
根据计算跃迁所发射的谱线条数；能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，根据能极差的大小比较光子能量，根据公式和比较光子动量大小；根据公式判断是否能被吸收。
本题考查了氢原子能级跃迁问题，要明确能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，并熟练应用公式和进行求解。
 4.【答案】C 【解析】解：由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，故A错误；
B.气泡内分子一直在做无规则的热运动，故B错误；
C.由于在失重状态下，气泡内气体在界面处存在压力差，所以对水产生压力，故C正确；
D.水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，故D错误。
故选：C。
特点：分子间同时存在引力和斥力，实际表现的分子力是它们的合力。分子间的相互作用力与分子间距离的关系。
本题考查完全失重以及分子间的作用力。
 5.【答案】A 【解析】解：AB、由图示图像可知，过程气体体积增大温度升高，气体对外做功，，气体内能增大，，由热力学第一定律可知：，气体从外界吸收热量，故A正确，B错误；
CD、由图示图像可知，过程气体体积不变而温度升高，由查理定律可知，气体压强增大，由于气体体积不变，外界对气体不做功，故CD错误。
故选：A。
一定质量的理想气体内能由气体的温度决定；气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，然后应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律分析答题。
本题考查了判断气体吸热与放热情况、气体内能如何变化，分析清楚图示图象、根据理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题．
 6.【答案】D 【解析】解：A、设滑板爱好者从A点滑出后竖直方向的分速度为，则空中运动的时间：，第二次的滞空时间比第一次长，则第二次竖直方向的分速度大；两次水平方向的分位移大小相等，则第二次水平方向的分速度小，滑出速度方向与水平方向之间的夹角满足：，所以两次滑出速度方向一定不相同，故A错误；
B、滑板爱好者从A到B做斜上抛运动，上升到的最大高度：，第二次竖直方向的分速度大，则第二次腾空最大高度大，故B错误；
C、第二次滑出竖直方向的分速度大，水平方向的分速度小，所以不能判断出两次滑出速度的大小关系，故C错误；
D、滑板爱好者到达最高点时竖直方向的分速度为零，在最高点的速度等于水平方向的分速度；第二次滑出水平方向的分速度小，则第二次滑出在最高点速度小，故D正确。
故选：D。
 7.【答案】A 【解析】解：对一定质量的气体在等温情况下，在实验误差范围内气体的压强与体积成反比，压强与体积的乘积是一定值；由表中实验数据可知，在实验误差允许的范围内，开始pV基本是定值，后来pV变小，可能是由于气体有泄漏或气体温度降低造成的，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据实验数据分析答题。
本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析．
 8.【答案】B 【解析】解：A、因为电场线的疏密程度代表电场强度的大小，由图可知b点场强比a点小，故A错误；
B、因为沿着电场线方向电势降低，且b与d在同一等势面上，由此可知c点电势比d点高，故c点电势比b点高，故B正确；
C、因为粒子受到电场力作用，且电场力方向与速度方向不共线，所以粒子做曲线运动，故C错误；
D、粒子从右侧离开极板仍受到电场力的作用，所以不会做匀速直线运动，故D错误；
故选：B。
在电场中，电场线的疏密程度表示场强的大小；沿着电场线方向电势逐渐降低；根据粒子的受力方向和速度方向分析粒子的运动类型。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据电场线的疏密程度分析出场强的大小，结合速度和受力特点分析粒子的运动类型，整体难度不大。
 9.【答案】D 【解析】解：R的热功率为：，则刚开始工作时R温度较低，阻值较小，其两端电压小于正常工作时的电压，所以开始时滑片应位于c；
为了使R升温过程中的热功率与正常工作时基本相同，需要逐渐增大其两端电压，根据变压器的变压规则可知应增大变压器输出端匝数，即从c缓慢调至b，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据热功率的公式结合刚开始的电阻关系分析出滑片的初始位置，当温度上升时，电阻逐渐变大，为了让功率保持不变，则应增大电压，结合变压器两端的电压比例关系完成分析。
本题主要考查变压器的构造和原理，根据电功率的公式，结合温度对电阻的影响以及变压器两端电压与匝数的关系完成分析。
 10.【答案】C 【解析】解：碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，故A错误；
B.碰后红壶运动的距离为

蓝壶运动的距离为

二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有

对蓝壶有

联立可得

即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，故B错误；
C.设红壶碰前速度为，则有

故有

即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，故C正确；
D.碰前的动能为

碰后动能为

则有

机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，两壶碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后红壶的速度的关系；根据动能的计算公式可比较碰撞前后动能的大小。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚壶的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与动量定理即可解题，解题时注意正方向的选择。
 11.【答案】；；
；
；；⑤①②④③ 【解析】【分析】
根据实验原理选择合适的电学仪器；
根据电路图画出对应的实物图；
先分析出改装后电压表的量程，结合图丙得出示数；
根据实验原理分析问题产生的可能原因；
根据实验原理对实验进行改进。
本题主要考查了电表的改装，根据电路特点和欧姆定律分析改装后电表的量程，根据实验原理分析实验误差产生的原因并加以改进。
【解答】
因为改装电压表需要将电流表和定值电阻串联，所以电路图如下：

因为该电路是分压式电路，应该选用最大量程较小的滑动变阻器，故应选；
因为滑动变阻器是分压式接法，故实物图如图：

因为将一量程为3mA的电流表改装成量程为3V的电压表，所以电压表的分度值为，所以读数为；
因为电表指针偏角比标准值偏大，所以可能是电流偏大，即电流表内阻测量值偏大，导致电阻的计算值偏小。也有可能是电流准确，但原电流表满偏电流就偏小，即电流表内阻测量准确，但实际满偏电流小于3mA，故BD正确，AC错误；
故选：BD。
为了解决上述问题，可以用电阻箱欧姆代替接入电路，操作顺序应为：先将滑片P置于滑动变阻器的最左端，电阻箱的阻值调至最大；之后闭合电键，然后缓慢移动滑片P，先使得标准电压表示数约为2V，然后再调节电阻箱，使得改装表的示数与标准表的示数相同，最后再记录电阻箱的示数，选用与此示数相等的电阻替换。所以顺序是⑤①②④③。  12.【答案】解：设饱和光电流为，
根据电流的定义式有：，
，
联立解得t时间内光电子数：；
光电子最大初动能为，
由动能定理：，
设该金属逸出功为，由光电效应方程：，
该金属的截止频率为，则，
联立解得：。
答：时间t内从阴极K表面射出的光电子数为；
该光电管阴极K的极限频率为。 【解析】根据电流的定义式可解得光电子数；
结合光电效应方程和截止频率与逸出功的关系可解得。
解决本题的知识点掌握爱因斯坦光电方程，以及反向截止电压、截止频率的内容；同时还要掌握光电流的方向的判断方法和决定光电流大小决定因素。
 13.【答案】解：；
飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势
感应电流
联立代入数据解得：，由右手定则得感应电流方向由b到a
飞机着舰至停下，由动能定理：
；
解得：。
答：飞机着舰瞬间金属棒中感应电流I的大小为，方向由b到a；
金属棒中产生的焦耳热为。 【解析】根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解感应电流，根据右手定则判断电势高低；
从舰载机和金属棒一起减速到停下，由动能定理求解克服安培力做的功，根据功能关系求解整个过程中电阻R上消耗的电能。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
 14.【答案】解：对物块和小球受力分析
物块：
小球：
联立代入数据解得：
撤去F后，小球、物块组成系统机械能守恒，小球运动到最低点时，物块速度为零。由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
小球在左侧最高点时，物与小球沿绳方向加速度大小相等。
小球：
物块：
联立代入数据解得：
答：拉力F的大小为16N；
松手后，小球运动到最低点时的速度大小为；
松手后，小球在左侧最高点时绳对小球的拉力大小为2N。 【解析】对物块和小球受力分析，通过力的平衡可解得；
撤去F后，小球、物块组成系统机械能守恒，根据机械能守恒可解得；
小球在左侧最高点时，物与小球沿绳方向加速度大小相等，结合牛顿第二定律可解得。
本题考查动能定理及机械能守恒定律，解题关键掌握小球与物块运动状态的分析，注意机械能守恒定律应用的条件。
 15.【答案】解：粒子在磁场中圆周运动的周期为
在时间内磁场不变，如图所示，粒子做匀速圆周运动从x轴离开磁场，
则
解得：
粒子在磁场中做圆周运动的半径为
如图2所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上F点离开磁场区域，EF为粒子从x轴射出区域范围。
，，
解得：

因为，所以带电粒子在磁场变化的半个周期内圆周运动的圆心角为。
比较图2和图3可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的应该是从y轴上的D点射出的粒子，解得：
若磁场二象限大且不变，时间内射出的粒子在时刻均匀分布在的圆周上如图4，
由于磁场变化，范围内的粒子从x轴射出，
范围内的粒子从x轴射出。
所以从x轴与y轴射出的粒子数之比：：4 【解析】带电粒子在间断的磁场中做圆周运动，根据题设条件，由进入和离开磁场的两个时刻与粒子圆周运动的关系求磁场的变化周期；
分别找到从x轴上射出的最远点和最近点，由几何关系和半径公式求从x轴上射出区域的宽度；
根据粒子圆周运动周期和磁场变化周期的关系，确定从x、y轴上射出的粒子出发的时间段转过的圆心角，根据圆心角大小求解从坐标轴上射出粒子数的比值。
本题是带电粒子在交变的有界磁场中做圆周运动的特例，关键是明确粒子的运动情况和运动规律，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律和几何关系分析解答。