物理-2022届湖北省新高考联考协作体高三（上）期末考试物理试题

2022届湖北省新高考联考协作体高三（上）期末考试物理试题

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一、单选题

1.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比值定义法，就是在定义一个

物理量的时候采取比值的形式定义，被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不

随定义所用的物理量的大小取舍而改变，下列选项中所列各物理量的关系式，全部用到了比

值定义法的有（）

.XAA-U_EprF

tZRqqIL

C.C=—,I=—,R=p—D.R=—,g=—,a=

UtSImm

2.逢年过节，采购一盆绿植放在客厅增添节日氛围已经成为一种越来越普遍的习俗。如图

为某次采购的一盆绿植，部分花枝上通过轻质短绳挂有各式各样的小饰品。若所有饰品质量

相同，则以下说法正确的是（）

A.不同饰品，由于悬挂树枝弯曲程度不同，所受花枝作用力不同

B.花枝给饰品作用力方向一定垂直花枝斜向上方

C.经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但饰品所受花枝作用力不变

D.使饰品轻微摆动，在饰品摆动过程中，挂绳对饰品拉力的大小和方向均不变

3.一简谐横波沿x轴正方向传播，在r时刻，该波的波形图如图甲所示，P、。是介质

中的两个质点，图乙表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是（）

甲乙

A.质点。的振动图象与图乙相同

B.在f=0时刻，质点P的速率比质点。的大

C.在r=0时刻，质点尸的加速度的大小比质点。的大

D.在f=0时刻，质点尸与其平衡位置的距离比质点。的小

4.如图所示匀强电场E的区域内，在。点处放置一点电荷+Q,a、b、c、d、e、/为

以。点为球心、半径为R的球面上的点，。、。、e、c、/点共面且与电场平行，。、b、

e、4、/点共面且与电场垂直，则下列说法中正确的是（）

夕

/\f\

个；＜?■一一leE

A.。、b、c、d、e、/各点的电场强度均相同

B.。、c两点的电场强度大小不相等，电势相等

C.b、〃两点的电场强度大小不相等，电势相等

D.e、/两点的电场强度大小相等，电势相等

5.中国火星探测器“天问一号”成功发射后，将沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2

月中旬到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。已

知地球的质量约为火星质量的10倍，半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是（）

A.若在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要7.9km/s

B.“天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9knVs,小于11.2km/s

C.火星与地球的第一宇宙速度之比为1:6

D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

6.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透

明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（）

A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B.在最低点时，乘客处于超重状态

C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

7.如图，理想变压器副线圈匝数为2000匝，原线圈匝数为1000匝。副线圈接有一个阻值

为&=200Q的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想交流电压表V,示数为0.10V。则交

流电流表的示数为（）

M

Om

A.2AB.1AC.4AD.3A

二、多选题

8.如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道.甲、乙两小孩

沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有

A.甲的切向加速度始终比乙的大

B.甲、乙在同一高度的速度大小相等

C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度

D.甲比乙先到达8处

9.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内

径的小球，小球在管道内做圆周运动，从8点脱离后做平抛运动，经过0.3s后恰好垂直与倾

角为45。的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R=lm,小球可看做质点且其质量为m=1kg,

g取lOm/sL则()

B.小球在斜面上相碰点C与B点的水平距离是0.45m

C.小球经过B点时，受到管道的作用力&=1N,方向向上

D.若改变小球进入管道初速度使其恰好到达B点，则在B点小球对管道的作用力为零

10.如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30。，f=0时质量为0.2kg的物块在沿斜面方向的力尸

作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力尸随时间，的变化关系如图乙。

取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度8取lOrn/sZ,则物块（）

A.在O~ls时间内合外力的功率为5WB.在f=ls时动能为2.5J

C.在f=2s时机械能为5JD.在，=3s时速度大小为10m/s

11.如图所示，间距为L,电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻

值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为〃，，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良

好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为8的匀强磁场中。现使金属棒以初速度%沿导轨

向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为4。下列说法正确的是（）

A.金属棒A端电势比B端电势高

B.整个过程中金属棒克服安培力做功为;，”片

C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为等

D.金属棒AB克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热

三、实验题

12.用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒。图中PQ是斜槽，QR为水平槽，

。点为水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比小八：〃%=3:1。先使A

球从斜槽上固定位置G由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得

到10个落点。再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从位置G由静止释放，与B球

碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次。A、8两球在记录

纸上留下的落点痕迹如图乙所示，其中米尺的零点与。点对齐。

（1）碰撞后A球的水平射程应取cm；

（2）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不

能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是;

A.使A、B两小球的质量之比改变为5:1

B.升高固定点G的位置

C.使A、8两小球的直径之比改变为1:3

D.升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度

（3）利用此次实验中测得的数据，在误差允许的范围内满足表达式__________,则说明碰

撞过程动量守恒。

13.音箱线用于连接功放与音箱，用单晶铜作音箱线，音响的音质会更清晰，因为单晶铜电

阻率比普通铜低,下面是测量单晶铜电阻率的实验方案。

图(a)

(1)用螺旋测微器测量一单晶铜丝的直径，示数如图(a)所示，可读得mm；

(2)图(b)为实验电路，为了保证两个电表的示数从零开始变化，请画线将滑动变阻器正确

接入电路；

(3)电路接好后，闭合开关5,滑动变阻器触头从左移到右，发现电压表示数变化很大，电流

表示数总为零，这可能是线夹P处发生______(选填“短路”或"断路”)；

(4)线夹P的问题解决后，闭合开关S,滑动变阻器触头移到合适位置不动，再把线夹尸从a

向。移动，发现电压表示数很小且变化不大，这时应该把连接电压表负接线柱的导线改接在

,再重新把线夹P从。向6移动，读出多组电压表和电流表示数，计算电阻，把多组

电阻值与接入电路长度值画成如图(c)的R-x关系图线，根据图线可知用尸C,单晶

铜的电阻率为Cm(力取3,计算结果保留两位有效数字)。

四、解答题

14.如图所示，空间存在着强度E=2.5X102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内有一

长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在。点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4xl0

2c的小球.现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受

到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂.取g=10m/s2.求：

(1)小球的电性；

(2)细线能承受的最大拉力;

（3）当小球继续运动后与0点水平方向距离为L时，小球距。点的高度.

15.算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前

算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框6,

甲、乙相隔心=3cm,乙与边框。相隔s?=3cm,算珠与导杆间的动摩擦因数〃=0.15。现

用手指将甲以0.5m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为O.lm/s,方向不变，碰撞

时间极短且不计，重力加速度g取lOm/s?。

（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框

（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间（结果保留两位有效数字）。

边框。

边框力

16.如图所示，虚线与PQ之间是匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为

B,磁场区域在竖直方向足够长，P。右侧有无限大的挡板，MN、与挡板三者互相平

行，间距均为。。一电荷量为式4>0）、质量为机、初速度可忽略的粒子，经电压为G的

电场加速后，从靠近上板的位置沿水平方向进入两平行金属板间的偏转电场。平行金属板长

度为L、间距为3乙，板间为电压生由加速电压G决定，且始终有以粒子离开

偏转电场后若可以穿过匀强磁场，最后会打在竖直挡板上（重力忽略不计）。

（1）求粒子经过偏转电场后的侧移距离》和速度偏转角。的正切值；

（2）为使粒子不会由磁场右边界射出，加速电压最大值应为多少？

（3）若每隔一段时间就有一个粒子被加速，且加速电压Q从彳Um缓慢增加至9U,“，求竖

直挡板上被粒子打中区域的长度。（粒子在加速电场中运动时间极短且粒子间的相互作用忽

略不计）

U\

xxxx

u2：：

t~~1XXXX!

x"x"x?

；XXXX:

IiXXXX：

172心D

NQ

参考答案：

1.B

【解析】

【详解】

A.该选项中

R

不是比值定义法，其余两个是比值定义法，选项A错误；

B.该选项中三个物理量都是比值定义法，选项B正确；

C.该选项中

R=p—

S

不是比值定义法，其余两个是比值定义法，选项C错误；

D.该选项中

F-

a=-LL-

m

不是比值定义法，其余两个是比值定义法，选项D错误；

故选B。

2.C

【解析】

【分析】

【详解】

A.所有饰品质量相同，根据平衡条件可知所受花枝作用力相同，A错误；

B.根据平衡条件可知花枝给饰品作用力与重力大小相等，方向相反，即花枝给饰品作用力

方向一定竖直向上，B错误；

C.经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但根据平衡条件可知饰品所受花枝作

用力不变，大小仍然等于重力，c正确；

D.在饰品摆动过程中，受力不平衡，挂绳对饰品拉力将发生变化，D错误。

故选C。

3.C

【解析】

【分析】

试卷第1页，共14页

【详解】

A.，=!时刻，题图乙表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，画题图甲中质点。在

时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点。的

振动图象与题图乙不同，故A错误；

BCD.在7=0时刻，质点P处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度

最大，而质点。运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在f=0时刻，质点尸的速率比

质点。的小，质点P的加速度比质点。的质点P与其平衡位置的距离比质点。的大，故BD

错误，C正确。

故选C。

4.D

【解析】

【详解】

匀强电场的场强大小恒为E，方向水平向右，点电荷在球面上产生的场强大小为

方向沿径向向外，但各点的合场强满足平行四边形法则合成，则有

纥>Eb=E&=E«=E,>E。

沿着电场线电势逐渐降低，则匀强电场的各点电势关系为

>(PM=(Pa\=<Pe\=盯I>%

正的点电荷周围的电势决定式为

kQ

(p.=—

-R

匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数加减，有

A.a、b、。、d、e、/六个点的合场强大小不全相等，而合场强的方向也不全相同，故

A错误：

B.。两点的电场强度合成后反■>用，匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数合

成有Q>外，故B错误；

C.b、”两点的电场强度合成后大小相等，电势叠加后相等，故C错误；

试卷第2页，共14页

D.e、/两点的合电场强度大小相等，电势叠加后相等，故D正确;

故选D。

5.C

【解析】

【详解】

AC.卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由

„Mmv2

(j-=m——

R-R

可得

故

v火:v地=1：石

所以在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要

79

“km/s

故A错误、C正确；

B.“天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为

第二宇宙速度H.2km/s,

故B错误；

D.不考虑自转时在行星表面有

厂Mm

G~^=mg

可得

g=G—

R2

故

g火•g地=2.5

所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。

故选C。

6.B

【解析】

试卷第3页，共14页

【详解】

A.机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大

小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；

B.圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力尸，向心力指向上方，

所以

F=N-mg

则支持力

N—mg+F

所以重力小于支持力，乘客处于超重状态，B正确；

C.转动一周，重力的冲量为

/=mgT

不为零，C错误；

D.运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重

力的瞬时功率在变化，D错误。

故选B。

7.A

【解析】

【详解】

理想交流电压表V的示数为一匝线圈的电压的有效值=o/ov,根据理想变压器的原理可

知，匝数与电压成正比，则有

a="">=100V,U2=n2Ua=200V

理想变压器原副线圈的功率相等，则有

uj\=U3与

解得

7,=2A

即接在原线圈上的交流电流表的示数为2A,故选A。

8.BD

【解析】

试卷第4页，共14页

【详解】

试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故

A错误：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能

也相等，故B错误；由甲乙的速度时间图像可知C错误D正确

考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律

9.AC

【解析】

【详解】

A.小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度

Vy-gt^1OxO.3m/s=3m/s

根据平行四边形定则知

tan45°=必

解得小球经过B点的速度

vB=vy=3m/s

故A正确；

B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是

x=vBt=0.9m

故B错误;

C.在8点，根据牛顿第二定律得

"喀+FN=/方

解得轨道对小球的作用力

=m^--w^=(9-10)N=-lN

R

可知轨道对小球的作用力方向向上，大小为1N,故C正确;

D、若小球恰好到达B点，可知8点的速度为零，此时轨道对小球的作用力等于小球的重力

试卷第5页，共14页

即ION,故D错误;

故选AC。

10.BC

【解析】

【详解】

A.0~1s时间内，由于

mgsin0<耳=2N

故物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律可得

£-mgsin0=ma}

解得

2

at=5m/s

物块Is内上滑的位移

12c<

s=—«/,■=2,5m

Is内合外力做功为

W=（月一mgsin6）s=2.5J

W

P=y=2.5W

在0~ls时间内合外力的功率为2.5W,A错误；

B.Is末物块的速度为

v,=。由=5m/s

Is末物块的动能

Ek=mvf=2.5J

B正确；

C.l~2s,物块不受外力，只有重力对物块做功，所以该过程物块的机械能守恒，由于物

块的出发的位置重力势能为0,0时刻物块动能也为0,所以0时刻物块的机械能为0,由于

0~ls物块机械能增加了

=F1s=5J

所以1〜2s,包括2s末物块的机械能为5LC正确。

试卷第6页，共14页

D.1~2s内由牛顿第二定律有

mgsin0=ma2

解得

2

a2=5m/s

2s末物块的速度为

v2=vt-a2t2=0

2~3s内由牛顿第二定律有

+mgsin0=

解得

2

a2=20m/s

方向沿斜面向下，在，=3s时速度大小为

v3-初=20m/s

D错误。

故选BCo

11.BC

【解析】

【详解】

A.金属棒切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电源内部电流由A点流向B点（电

源内部都是负极流向正极的电流流向），则金属棒A端电势比B端电势低，故A错误；

B.电路中产生感应电流，金属棒受到向左的安培力，做减速运动，由于速度减小，电动势

减小，则电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，金属棒做加速度逐渐

减小的减速运动，根据动能定理，金属棒克服安培力做的功等于动能的变化

W=Jmv1

故B正确；

C.根据电量表达式

又因

试卷第7页，共14页

A①=8AS=8Lx

则金属棒在导轨上发生的位移

故C正确；

D.金属棒克服安培力做的功将机械能转化为电路的电能，而电路为纯电阻电路，则电能转

化为全电路电阻的焦耳热，则金属棒AB克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的总焦

耳热，故D错误。

故选BC。

12.14.45#14.46#14.47#14.48#14.49#14.50CmAOP=mAOM+m„ON

【解析】

【详解】

(1)[1]A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平

抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位就大，而碰后A的速度小于B

的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球的水平射程应取14.48cm。

(2)[2]A.只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，改变小球的质量比，

小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；故A错误；

B.升高固定点G的位置，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为

水平速度；故B错误；

C.使A、B两小球的直径之比改变为1：3,小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度

不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；故C正

确；

D.升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球

飞行的水平距离表示为水平速度；故D错误。

故选C。

(3)[3]碰撞前A球做平抛运动的水平位移为OP,碰撞后A球做平抛运动的水平位移为

OM,碰撞后B球做平抛运动的水平位移为OM设运动的时间为f,则碰撞前的动量为：

根A?,碰撞后总动量为：，%?■+%宁,所以碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的

比值为

试卷第8页，共14页

OPOMON

mA—=心丁+恤—

平抛运动过程中下落高度相同，故下落时间相同，则有

m^OP=mAOM+mBON

13.0.084断路Ro左端的接线柱上

201.7x10-8

【解析】

【详解】

单晶铜丝的直径为

4=0+0.01mmx8.4=0.084mm

(2)[2]为了保证两个电表的示数从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，实验电路如

下图所示

(3)[3]线夹尸处发生断路，铜丝没有接入电路中，使得电流表示数总为零；

(4)[4]因为单晶铜丝的电阻很小，所以电压表的读数很小且变化不大，这时应该把连接电压

表负接线柱的导线改接在&左端的接线柱上，电压表的测量值等于Ro和铜丝的总电压；

[5][61根据电阻定律

X

S=-7id2

4

解得

试卷第9页，共14页

R=^x+R^

乃屋”

根据图像

%=20。

4夕_25-20

兀r1.6

解得

p=1.7X10-8Q'm

14.⑴小球带正电(2)尸T=15N(3)0.625m

【解析】

【详解】

(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电.

(2)设小球运动到最高点时速度为V,对该过程由动能定理得：

(qE-mg)L—ymv2①

在最高点对小球由牛顿第二定律得：

2

v人

Fr+mg—qE=m—②

由①②式解得：Fr=15N

(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为。，则：

③

m

设小球在水平方向运动L的过程中，历时3则：

L—vt④

设竖直方向上的位移为x,贝

x=⑤

由①③④⑤解得：

x=0.125m

所以小球距。点高度为x+L=0.625m.

15.(1)恰好能滑到边框a；(2)0.13s

【解析】

【详解】

试卷第10页，共14页

(1)由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有

f=卬ng=ma

则甲乙滑动时的加速度大小均为

a=fjg=lm/s2

甲与乙碰前的速度力，则解得

v/=0.4m/s

甲乙碰撞时由动量守恒定律

mvt=mv2+mVy

解得碰后乙的速度

v_；=0.3m/s

然后乙做减速运动，当速度减为零时则

x=—=上^—m=0.03m=s2

2a2x1.5

可知乙恰好能滑到边框a；

(2)甲与乙碰前运动的时间

%~匕0.5—0.41

t.=———L=-