山東省威海市2022屆高三上學期物理期末考試試卷

山東省威海市2022屆高三上學期物理期末考試試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．53131I是元素碘的一種人工放射性同位素，在核醫(yī)學中，以NaI溶液的形式直接用于甲狀腺功能檢查和甲狀腺疾病治療。53131I的衰變方程為A．Y是α粒子B．53131I將在16天后全部衰變?yōu)镃．53131I核的中子數(shù)小于D．方程中的Y來自于531312．質量為1kg的小滑塊以某一初動能沿水平面向右滑動，如圖甲所示，剛開始滑動的2m內小滑塊的動能與位移關系如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．滑塊在水平面上運動的總時間為1.2sB．滑塊在水平面上運動的總位移為4mC．滑塊沿水平面做加速度逐漸減小的減速運動D．整個過程中，滑塊受水平面作用力的沖量大小為6N·s3．增透膜是一種表面鍍層，它利用光的干涉原理，減少反射光來增加光在表面的透過率某同學的眼鏡片鍍有一層材料為氟化鎂的增透膜，反射光呈現(xiàn)藍紫色，已知綠光的頻率為5.45×1014Hz，在真空中的波速為3×108m/s，氟化鎂對綠光的折射率為1.38，為增加綠光的透過率，該增透膜的最小厚度約為（）A．100nm B．200nm C．300nm D．400nm4．2021年10月16日，神舟十三號載人飛船與天和核心艙采用自主快速徑向交會對接模式成功對接，與此前已對接的天舟二號、天舟三號貨運飛船一起構成四艙（船）組合體。翟志剛、王亞平、葉光富三名航天員從神舟十三號載人飛船進入天和核心艙，將在軌飛行6個月，據(jù)王亞平介紹，航天員在核心艙內每天能看到16次日出。已知地球半徑為6400km，地球表面的重力加速度為10m/s2，下列說法正確的是（）A．核心艙的運行速度大于第二宇宙速度B．核心艙的離地高度約等于地球半徑C．核心艙的向心加速度大于赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度D．根據(jù)狹義相對論，在軌飛行的過程中，航天員的手表變快了5．圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2=10∶1，定值電阻R1=5Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為10Ω。剛開始時，R2接入電路中的阻值最大，此時R2中電流i2隨時間變化的正弦曲線如圖乙。電表為理想電表，下列說法正確的是（）A．交變電流頻率為50HzB．原線圈兩端電壓為150VC．滑片向上滑動時，電壓表示數(shù)減小D．由圖乙可知電流i2的有效值為26．某透明材料制成的管道的橫截面如圖所示，a、b為過O點的同心圓。用兩束平行光Q、P射向管道，光束P通過圓心，光束Q進入材料的折射光線恰好與圓a相切，并與光束P交于圓b上的M點。已知b的半徑是a的兩倍，則該材料的折射率為（）A．1.25 B．1.5 C．2 D．37．如圖所示，滑塊M與重物m通過輕繩跨過定滑輪相連，M放在水平地面的長木板上，當長木板在外力的作用下向右運動時，M靜止不動。測得M與m的總質量為1.4kg，固定滑輪的懸線拉力為5N，與豎直方向的夾角為37°，若定滑輪的重力忽略不計，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則M與長木板間的動摩擦因數(shù)為（）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.58．一定質量的理想氣體，由狀態(tài)A開始，經歷①②兩個不同過程到達狀態(tài)C，p-T圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．過程①氣體對外做功B．過程②氣體先放出熱量后吸收熱量C．氣體在過程①吸收的熱量小于過程②吸收的熱量D．單位時間內，狀態(tài)A比狀態(tài)C器壁單位面積上分子碰撞的次數(shù)多二、多選題9．如圖甲所示，P、Q為真空中兩固定點電荷，O為PQ連線的中點，MN為PQ連線的中垂線，從MN上的C點由靜止釋放一試探電荷，電荷僅在電場力作用下運動，運動過程中的速度-時間圖像如圖乙所示（已知圖像關于虛線對稱），下列說法正確的是（）A．P、Q為等量同種電荷 B．P、Q為等量異種電荷C．t1時刻，試探電荷位于O點 D．t2時刻，試探電荷位于O點10．一列簡諧橫波t=0時刻的波形如圖所示，其中M、N為平衡位置在x1=3m和x2=9m的兩個質點。已知質點M比質點N提前0.5s回到平衡位置，下列說法正確的是（）A．簡諧波沿x軸正方向傳播 B．波傳播速度的大小為4m/sC．t=1s時，M、N的速率相等 D．t=1s時，M、N的運動方向相同11．如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導軌固定在絕緣水平面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中存在方向均豎直向上的磁場，Ⅰ區(qū)中磁感應強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場。阻值恒定的金屬棒在外力F作用下從無磁場區(qū)域中a位置由靜止開始向右做勻加速運動，到達區(qū)域Ⅱ的左邊界時撤去外力F，金屬棒經Ⅱ區(qū)的b位置到達c位置時速度變?yōu)榱?。運動過程中金屬棒始終垂直導軌且接觸良好，下列說法正確的是（）A．金屬棒能夠返回無磁場區(qū)B．在無場區(qū)運動過程中，通過金屬棒的電量為0C．金屬棒第一次經過b時的加速度大于第二次經過b時的加速度D．從a至c外力F做的功等于回路中的焦耳熱12．如圖甲所示，質量為m的物塊靜止在豎直放置的輕彈簧上（物塊與彈簧不相連），彈簧下端固定，勁度系數(shù)為k。t=0時刻，對物塊施加一豎直向上的外力F，使物塊由靜止向上運動，當彈簧第一次恢復原長時，撤去外力F。從0時刻到F撤去前，物塊的加速度a隨位移x的變化關系如圖乙所示。重力加速度為g，忽略空氣阻力，在物塊上升階段，下列說法正確的是（）A．外力F為恒力，且大小為mgB．物塊的最大加速度大小為2gC．外力F撤去后物塊可以繼續(xù)上升的最大高度為mgD．彈簧最大彈性勢能為m三、實驗題13．很多智能手機都有加速度傳感器。安裝能顯示加速度情況的應用程序，會有三條加速度圖像，它們分別記錄手機沿圖甲所示坐標軸方向的加速度隨時間變化的情況。某同學將手機水平拿到距離緩沖墊上方一定高度處，打開加速度傳感器，然后松手釋放，讓手機自由下落，最終手機跌到緩沖墊上。觀察手機屏幕上的加速度傳感器的圖線如圖乙所示。請觀察圖像回答以下問題∶（本題結果均保留2位有效數(shù)字）（1）由圖乙可讀出當?shù)氐闹亓铀俣却笮〖s為m/s（2）手機自由下落的高度約為m；（3）若手機的質量為170g，緩沖墊對手機豎直方向上的最大作用力約為N。14．某同學采用如圖甲所示的電路測定未知電阻Rx，其中R1、R2為定值電阻，R3為電阻箱，G為靈敏電流計，實驗步驟如下：（1）實驗前，先用多用電表粗測Rx的阻值，用“×100”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉角過小他應換用擋（選填“×10”或“×1k”）；（2）按圖甲將圖乙中的實物連線補充完整；（3）閉合開關，調整電阻箱的阻值，當電阻箱讀數(shù)為R0時，靈敏電流計G的示數(shù)為零，此時A、B兩點電勢（填“相等”或“不相等”），測得Rx=（用R1、R2、R0表示）；（4）實驗中有同學懷疑R1、R2所標讀數(shù)不準確，于是他在（3）中讀出電阻箱的阻值R0后，將電路中的電阻箱和Rx互換位置，再次調整電阻箱的阻值。當電阻箱的讀數(shù)為R0′時，靈敏電流計G的示數(shù)再次為零，則Rx=（用R0、R0′表示）。四、解答題15．如圖所示為某同學設計的過壓保護裝置。長度為L的豎直放置的絕熱氣缸與面積為S的絕熱活塞封閉一定質量的理想氣體，氣缸的頂端裝有卡環(huán)，底端裝有泄壓閥，當壓強小于等于2p0，泄壓閥保持密閉，當壓強大于2p0，就會自動排出部分氣體，以保持缸內壓強2p0不變。初始時，活塞距離缸底的距離為氣缸長度的23，封閉氣體的溫度為T0，大氣壓強為p0，活塞的重力為0.2p0S，當溫度緩慢升高到T1（1）T1；（2）當溫度緩慢升至3T0，從泄壓閥排出的氣體在壓強為p0、溫度為T0時的體積。16．如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內粗糙半圓形軌道BC在B點平滑相連，軌道半徑為R，C點為軌道最高點。用一質量為m的小球壓縮輕彈簧后由靜止釋放，小球以某速度離開彈簧后進入軌道。彈簧的彈性勢能表達式Ep（1）求小球經過半圓軌道最低點B時，受到的支持力的大小FN與彈簧壓縮量x間的關系表達式，并定性做出能直觀反映FN與x關系的圖像；（2）當彈簧的壓縮量為x0時釋放小球，小球恰好能通過C點，求小球沿半圓形軌道運動過程中阻力所做的功（3）設小球離開C點的速度為v0，以C點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，建立平面直角坐標系，寫出小球離開C點后在空中運動的軌跡方程。17．如圖所示，兩物塊P、Q靜止在水平地面上，相距L=0.48m，P、Q的質量分別為1kg和4kg，P與左側一固定的彈性擋板接觸。已知P與水平地面間無摩擦，P與彈性檔板碰撞無能量損失，Q與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度為10m/s2。某時刻，P以4m/s的初速度向Q運動并與之發(fā)生彈性正撞。求：（1）P與Q第一次碰撞后的瞬間各自速度的大?。唬?）P與Q第二次碰撞后的瞬間Q的速度大小。18．如圖所示，a、b、c、d四個界面將空間分成寬度均為l三個場區(qū)，區(qū)域I存在豎直向下的勻強電場，區(qū)域Ⅱ存在垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ同時存在水平向右的勻強電場和勻強磁場。已知區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅲ的電場強度大小相等，區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ的磁感應強度大小均為B。一質子從界面a上的O點沿紙面以速率v0射入區(qū)域I，初速度方向與界面a成角θ=53°，到達界面b時的速率仍為v0。若質子的電量為e、質量為m，質子可以無障礙的通過各個界面，磁感應強度大小B=6mv05el，sin53°=（1）電場強度E的大?。唬?）質子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間t；（3）質子在區(qū)域Ⅲ運動過程中受到的洛倫茲力沖量I的大小。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)質量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒可知，Y是電子，A不符合題意；B．測得其半衰期為8天。在16天后還有14C．53131I核的中子數(shù)為78個，D．衰變產生的電子是核內中子向質子的轉化時產生的，D符合題意。故答案為：D。

【分析】和反應方程滿足質量數(shù)和電荷數(shù)守恒，結合半衰期的表達式進行分析判斷。2．【答案】A【解析】【解答】A．剛開始滑動的2m內E代入數(shù)據(jù)解得μ=0物體的加速度a=μg=5m/根據(jù)圖像結合動能定義式可知，初速度v所以滑塊在水平面上運動的總時間為t=A符合題意；B．滑塊在水平面上運動的總位移為x=B不符合題意；C．滑塊沿水平面做加速度不變的勻變速運動，C不符合題意；D．根據(jù)動量定理，整個過程中，滑塊受水平面摩擦力的沖量大小為I=Δp=m但水平面對物體的作用力還包括彈力，故滑塊受水平面作用力的沖量大小不是6N·s，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】剛開始滑動的2m內根據(jù)動能定理得出動摩擦因數(shù)，利用牛頓第二定律得出物體的加速度，通過勻變速直線運動的規(guī)律得出滑塊在水平面上運動的總時間和滑塊在水平面上運動的總位移，利用動量定理得出摩擦力的沖量。3．【答案】A【解析】【解答】由于人眼對綠光最敏感，所以通常所用的光學儀器其鏡頭表面所涂的增透膜的厚度只使反射的綠光干涉相消，但薄膜的厚度不宜過大，只需使其厚度為綠光在膜中波長的14，使綠光在增透膜的前、后兩個表面上的反射光互相抵消。光從真空進入某種介質后，其波長會發(fā)生變化，若綠光在真空中波長為λ0，在增透膜中的波長為λ，由折射率與光速的光系和光速與波長及頻率的關系得得λ=解得增透膜厚度d=故答案為：A。

【分析】折射率與光速的光系和光速與波長及頻率的關系得出該波的波長，進一步得出增透膜的厚度。4．【答案】C【解析】【解答】A．核心艙繞地球運行，因此發(fā)射速度應大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，運行速度同樣小于第二宇宙速度，A不符合題意；B．航天員在核心艙內每天能看到16次日出。則周期T=根據(jù)GMmr解得，核心艙的離地心距離約等于地球半徑，B不符合題意；C．同步衛(wèi)星與地球自轉角速度相等，據(jù)a=rω2可知，赤道上物體的向心加速度小于同步衛(wèi)星的向心加速度，而核心艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)G可知，核心艙的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度，也就大于赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度，C符合題意；D．根據(jù)狹義相對論，在軌飛行的過程中，航天員的手表變慢了，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)航天員看到日出的次數(shù)得出核心艙的周期，結合萬有引力提供向心力以及在星球表面重力等于萬有引力得出核心艙離地心的距離；通過牛頓第二定律得出加速度的大小關系。5．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)圖乙可知，交變電流頻率為f=A不符合題意；BD．根據(jù)圖乙可知，電流有效值為I=所以副線圈兩端電壓U原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2=10∶1，根據(jù)電壓與匝數(shù)關系可知，原線圈兩端電壓為UB不符合題意D符合題意；C．滑片向上滑動時，副線圈電阻減小，電流增大U=IR可知，電壓表示數(shù)變大，C不符合題意；故答案為：D.

【分析】根據(jù)周期和頻率的關系得出該交流點的頻率，通過有效值和最大值的關系以及歐姆定律得出副線圈兩端的電壓，結合原副線圈的匝數(shù)比和電壓比的關系得出原線圈兩端的電壓。6．【答案】D【解析】【解答】連線如下圖已知b的半徑是a的兩倍，且根據(jù)幾何關系可知，兩光線入射點與O點組成了正三角形，所以Q光線入射角為60°，折射角為30°，折射率為n=故答案為：D。

【分析】根據(jù)光路圖以及幾何關系和折射定律得出該材料的折射率。7．【答案】B【解析】【解答】固定滑輪的懸線拉力為5N，與豎直方向的夾角為37°，根據(jù)平衡狀態(tài)可知，繩中拉力為mg，所以2mg解得m=0對M分析可知，根據(jù)幾何關系，水平方向mgcos16°=μ解得μ=0故答案為：B。

【分析】分別對M和m進行受力分析，根據(jù)共點力平衡得出m的質量和動摩擦因數(shù)。8．【答案】C【解析】【解答】AD．過程①氣體壓強與熱力學溫度成正比，則氣體發(fā)生等容變化，氣體體積不變，外界對氣體不做功，氣體溫度升高，內能增大，由熱力學第一定律ΔU=Q＋W可知，氣體吸收熱量，單位時間內，狀態(tài)A比狀態(tài)C器壁單位面積上分子碰撞的次數(shù)少，AD不符合題意；B．AB過程氣體壓強不變，溫度升高，由蓋—呂薩克定律可知其體積增大，氣體對外界做功，氣體溫度升高，內能增大，由熱力學第一定律ΔU=Q＋W可知，氣體要吸收熱量，且氣體對外界所做的功小于氣體所吸熱量，BC過程氣體發(fā)生等溫變化，氣體內能不變，壓強增大，由玻意耳定律可知，體積減小，外界對氣體做功，由熱力學第一定律ΔU=Q＋W可知，氣體放熱，且外界對氣體所做的功等于氣體所放熱量，則過程②氣體先吸收熱量后放出熱量，B不符合題意；C．過程①氣體所吸熱量為Q1=ΔU過程②氣體所吸熱量為Q2=ΔU+W氣體在過程①吸收的熱量小于過程②吸收的熱量，C符合題意。故答案為：C。

【分析】溫度是氣體內能的標志，結合熱力學第一定律得出氣體的吸放熱，結合氣體實驗定律進行分析判斷。9．【答案】A,C【解析】【解答】AB．從MN上的C點由靜止釋放一試探電荷，電荷僅在電場力作用下運動，運動過程中的速度-時間圖像如圖乙所示，因為圖像關于虛線對稱，所以可以判斷試探電荷在MN上運動，兩電荷對試探電荷同為引力，所以P、Q為等量同種電荷，A符合題意B不符合題意；CD．t1時刻，試探電荷速度最大，所以合力做功最多，所以試探電荷位于O點，t2時刻，試探電荷速度為零，到達關于O的對稱點，C符合題意D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】v-t圖像的斜率表示電荷的加速度，結合電荷的運動情況得出PQ電荷的電性，通過對稱性得出試探電荷的位置。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．由題意可知t=0時M沿y軸負方向運動，N沿y軸正方向運動，所以M應位于波傳播方向波形的上坡上，N應位于波傳播方向波形的下坡上，即波沿x軸負方向傳播，A不符合題意；B．設波的傳播速度為v，由題意可知4m?解得v=4m/sB符合題意；CD．由圖可知波長為λ=8m，則波的周期為T=從t=0到t=1s經過了半個周期，根據(jù)振動的特點可知t=1s時M、N的位移相同，速率相同，而運動方向相反，C符合題意，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】根據(jù)質點振動的方向以及波傳播的方向之間的關系得出波的傳播方向，結合波傳播的距離和速度的關系該波傳播的速度。11．【答案】A,C【解析】【解答】A．在I區(qū)域中，磁感應強度隨時間均勻增加，感應電動勢恒定，導體棒進入Ⅱ區(qū)域之前，感應電流恒為I1，導體棒中的電流方向從上向下，返回時此電流在導體棒中的方向從下向上，設大小為I2′，所以導體棒中總電流為I1B．在無場區(qū)運動過程中，金屬棒和區(qū)域Ⅰ組成閉合回路，Ⅰ區(qū)中磁感應強度隨時間均勻增加，產生感應電動勢，有感應電流，則通過的金屬棒的電量不為0，B不符合題意；C．在I區(qū)域中，磁感應強度隨時間均勻增加，感應電動勢恒定，導體棒進入Ⅱ區(qū)域之前，感應電流恒為I1，導體棒中的電流方向從上向下，導體棒進入Ⅱ區(qū)域后，導體切割磁感線，產生的感應電流為I2，此電流在導體棒中的方向從上向下，所以導體棒中總電流為I1+返回時此電流在導體棒中的方向從下向上，設大小為I2′，所以導體棒中總電流為I1?根據(jù)牛頓第二定律，金屬棒第一次經過b時的加速度大于第二次經過b時的加速度，C符合題意；D．金屬棒從a至到達區(qū)域Ⅱ的左邊界時外力F做的功等于回路中的焦耳熱，撤去后，仍然產生焦耳熱，D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律以及磁通量的表達式得出導體棒中電流的方向，結合安培力的表達式以及牛頓第二定律得出金屬棒兩次經過b時加速度的大小關系，通過焦耳定律得出F做的功和焦耳熱的關系。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．根據(jù)圖像可知，F(xiàn)撤去前瞬間，加速度為零，故F=mg初始時k對物塊有F+k根據(jù)圖像可知，a與x成正比，所以F為恒力，A符合題意；B．初始時刻加速度最大，為a=B不符合題意；C．從初始到物體脫離彈簧，根據(jù)速度位移公式v可知a-x圖象圍成的面積表示12v從脫離彈力到最高點，根據(jù)動能定理有?mgh=0?聯(lián)立解得外力F撤去后物塊可以繼續(xù)上升的最大高度為h=C符合題意；D．從初始到物體脫離彈簧，根據(jù)功能關系有E解得ED不符合題意。故答案為：AC。

【分析】根據(jù)a-x的圖像以及牛頓第二定律判斷F是否為恒力，結合勻變速直線運動的規(guī)律和動能定理得出繼續(xù)上升的最大高度，從初始到物體脫離彈簧，根據(jù)功能關系得出彈簧的最大彈性勢能。13．【答案】（1）[9.8，10]（2）[0.60，1.01]（3）2.5或2.6【解析】【解答】(1)根據(jù)圖乙可讀出當?shù)氐闹亓铀俣却笮〖s為9.8m/s2.(2)手機自由下落的高度約h=(3)向上加速度最大時，緩沖墊對手機豎直方向上的作用力最大F?mg=ma解得F=2

【分析】（1）根據(jù)圖乙得出當?shù)氐闹亓铀俣龋?/p>

（2）結合自由落體運動的規(guī)律得出手機自由下落的高度；

（3）加速度最大時，結合牛頓第二定律得出F的大小。14．【答案】（1）×1k（2）如圖所示：（3）相等；R（4）R【解析】【解答】(1)實驗前，先用多用電表粗測Rx的阻值，用“×100”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉角過小，說明電阻太大，應用更大擋位，故應換用×1k擋位；(2)按圖甲將圖乙中的實物連線補充完整，如圖(3)當電阻箱讀數(shù)為R0時，靈敏電流計G的示數(shù)為零，此時A、B兩點電勢相等，因為兩點間無電流，根據(jù)電橋原理可知R解得R(4)根據(jù)電橋原理，兩次有R解得R

【分析】（1）根據(jù)歐姆表指針的偏轉得出選擇的檔位；

（2）根據(jù)測定未知電阻的實驗原理補充完整電路圖；

（3）當電阻箱讀數(shù)為R0時，根據(jù)電橋原理得出待測電阻的阻值；

（4）將電路中的電阻箱和Rx互換位置，再次調整電阻箱的阻值后結合電橋原理得出待測電阻的阻值。15．【答案】（1）解：溫度由T0升高到T1解得T（2）解：初態(tài)時封閉氣體的壓強p1。設排出的氣體在