2022届北京高三下学期开学摸底考试物理试卷（解析版）

绝密★考试结束前2022届高三下学期开学摸底考试卷（北京专用）物理试卷本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.2021年6月28日上午，金沙江白鹤滩水电站首批机组正式投产发电．此次投产发电的机组为14号、1号机组．其中，14号机组为全球首台实现100万千瓦满负荷发电的机组．若14号机组满负荷发电一小时，提供的电能用国际单位制基本单位来表示，则下列正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根据可得故正确答案为C。2.小明在暑假里做了一次城市道路破损情况调查，发现在平直的道路上，交通红绿灯前斑马线附近路面破损开裂比较严重.小明针对这个问题提出了各种解释，你认为造成这种现象最主要的原因是（）A.斑马线附近通过的行人多，路面被踩踏严重B.斑马线附近交通信号设备多，路面下管道多导致路面不结实C.行驶的汽车经常在斑马线前刹车，汽车对路面的摩擦力增大D.行驶的汽车经常在斑马线前刹车，汽车对路面的正压力增大【答案】C【解析】本题考查考生将物理知识应用于生活的能力，同时也考查考生对日常生活中的物理问题与现象是否有细心观察，用心思考的习惯.3．某物体做直线运动的v-t图象如图所示，据此判断四个选项中（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】A．根据v-t图象的斜率可知：0～2s内与6～8s内物体的加速度大小相等、方向相同，故所受合力相同，A错误；B．2～6s内物体的加速度恒定，合力恒定，且大小与0～2s内的相同，方向与0～2s内相反，B正确；CD．根据v-t图象可知，0～4s内物体先沿正方向做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，4～8s内先沿负方向做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，再结合v-t图线包围面积的意义可知，0～4s内物体的位移不断增大，4s末达到最大值，8s末返回到出发点，CD错误。故选B。4．让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格（大小约10－10m）上，可得到电子的衍射图样，如图所示。下列说法正确的是()A．电子衍射图样说明了电子具有粒子性B．加速电压越大，电子的物质波波长越长C．电子物质波波长比可见光波长更长D．动量相等的质子和电子，对应的物质波波长也相等【答案】D【解析】电子衍射图样说明了电子具有波动性，A错误；根据，，解得，加速电压越大，电子的物质波波长越短，B错误；电子物质波波长比可见光波长更短，C错误；根据，动量相等的质子和电子，对应的物质波波长也相等，D正确。5.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图像如图所示，下列判断正确的是（）A．过程bc中气体既不吸热也不放热B．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热C．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小D..b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同【答案】C【解析】A．由题图可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=Q＋W可知，气体吸热，故A错误；B．由题图可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖—吕萨克定律可知其体积减小，外界对气体做功，W>0，气体温度降低，内能减少，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU=Q＋W，可知，气体要放出热量，且外界对气体所做的功小于气体所放热量，故B错误；C．由题图可知，a、b和c三个状态中，a状态温度最低，分子平均动能最小，故C正确；D．由题图可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分错误正确。故选C。6．如图所示，质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．橡皮泥下落的时间为0.3sB．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J【答案】D【解析】橡皮泥下落的时间为：t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s，故A错误；橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，选取小车初速度的方向为正方向，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，所以共同速度为：v＝eq\f(m1v0,m1＋m2)＝eq\f(2×2.5,2＋0.5)m/s＝2m/s，故B错误；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C错误；整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：ΔE＝m2gh＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v\o\al(02,)－\f(1,2)m1＋m2v2))代入数据可得：ΔE＝7.5J，故D正确．7．M、N两颗行星对卫星产生的向心加速度an与卫星离行星中心距离r的图象如图所示，两颗行星的半径各为R1、R2，下列说法正确的是()A．N行星的质量较小B．N行星的密度较大C．M行星的第一宇宙速度较小D．M行星表面的重力加速度较小【答案】A【解析】设行星的质量为M，由万有引力定律得，解得，由图可知，当r相同时，N行星的向心加速度小，故N的质量小，故A正确；行星的质量，解得，因为R1＜R2，M行星的质量大，所以M行星的密度大，故B错误；由万有引力定律得，解得第一宇宙速度，所以M行星的第一宇宙速度大，故C错误；由万有引力定律得，解得行星表面的重力加速度，所以M行星表面的重力加速度大，故D错误。8．如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角，粒子只受电场力的作用。下列说法中正确的是()A．点电荷Q带正电B．a点的电势低于b点电势C．从a到b，系统的电势能减小D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】C【解析】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点电荷带负电，故A错误；由图可知，点电荷Q位于Ea方向延长线与Eb方向延长线的交点处，且b点与a点相比，b点离负点电荷较近，b点处电势较低，所以B错误；由E＝qφ可知正点电荷在电势低处，电势能较小，所以正点电荷在a处时，系统具有的电势能较大，因此C正确；根据点电荷电场线的分布，b点处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，所以D错误。9.某空间内电场线和等势面分布如图所示，以下说法正确的是（）A.A点的电势比B点高B.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大C.正电荷从A点运动到B点电场力做正功D两点电势差【答案】B【解析】沿电场线电势降低，可知A点的电势比B点低，即；负电荷从A向B运动过程中，电场力做正功，电势能减小，因此负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大；正电荷从A点运动到B点电场力做负功。故选B。10．氢原子能级如图所示，一群处于基态的氢原子吸收外来光子，跃迁到n＝4能级后，向外辐射光子，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J‧s，则()A．一个外来光子的能量为10.2eVB．动能为1eV的电子能使处于n＝4能级的氢原子电离C．氢原子发射的所有谱线中，最大的频率为1.6×1014HzD．氢原子发出的光照射逸出功为3.34eV的金属锌，可能产生最大初动能为10.26eV的光电子【答案】B【解析】根据能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，处于基态的氢原子被某外来单色光激发后跃迁到n＝4能级，该外来单色光的能量，故A错误；因为处于n＝4能级的氢原子电离所需要的最小能量为0.85eV，所以动能为1eV的电子能使处于能级的氢原子电离，所以B正确；由题可知，从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出光子能量最小，频率最低，根据德布罗意波长公式，则光子动量代入数据得，C错误；该氢原子发射光的最大能量为12.75eV，当氢原子发射的光照射时，逸出功为3.34eV的金属锌，根据光电效应方程，则有最大光电子动能约为，D错误；11．威尔逊云室是最早的带电粒子径迹探测器，进入云室的带电粒子会使云室中的气体电离，从而显示其轨迹。如图所示，云室中存在一个垂直于纸面向里的匀强磁场，某次对某原子核的衰变观察中，发现有两处运动轨迹，其中运动轨迹较大的如图中ab所示，若粒子在运动时，其质量和电荷量都不变，则下列说法正确的是()A．粒子一定在接近b处衰变B．该原子核发生的是α衰变C．该粒子来自原子核内部D．该粒子的贯穿能力弱，可以用于治疗肿瘤【答案】C【解析】由于粒子在运动过程中受气体的阻碍，所以运动的速度一定是越来越小的，由r＝eq\f(mv,qB)可知，该粒子运动的圆周轨道半径一定越来越小，故一定从a处开始运动，A错误；由左手定则和曲线运动轨迹规律可判断，该粒子带负电，该原子核发生的是β衰变，B错误；发生β衰变反应时，由动量守恒定律0＝m1v1－m2v2，由r＝eq\f(mv,qB)可知，运动轨迹较大的应为β粒子，其是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，C正确；β粒子的贯穿能力大于α粒子，小于γ粒子，不能用于治疗肿瘤，D错误。12．如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆。当a摆振动的时候，其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来，不计空气阻力，达到稳定时，b摆的振动图像如图乙。下列说法正确的是（）A．稳定时b摆的振幅最大 B．稳定时b摆的周期最大 C．由图乙可以估算出b摆的摆长 D．由图乙可以估算出c摆的摆长【答案】D【解析】A、a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c两个摆施加周期性的驱动力，使b、c两个摆做受迫振动，由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同，所以c摆发生了共振，c摆的振幅是最大的，故A错误；B、b、c两摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，都等于a摆的频率，则两摆的周期相同，都等于a摆的周期，因为Tb＝t0，所以c摆和a摆的周期也都为t0，故B错误；C、由于b摆做受迫振动，所以其固有频率未知，即固有周期未知，所以无法求得b摆的摆长，故C错误；D、根据单摆的周期公式T＝2π，由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同，结合图乙所可以估算出c摆的摆长，故D正确。故选：D。13．如图甲所示为一种自耦变压器（可视为理想变压器）的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则()A．t＝1×10－2s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大D．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大【答案】C【解析】电压表的读数为有效值，任何时刻均不可能为零，故A错误；该交流电的周期0.02s，频率为50Hz，一个周期电流方向改变2次，电阻R中电流方向每秒钟改变100次，故B错误；滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增加，输出电压增加，输出功率增大，AB间的输入功率也增大，故C正确；滑动触头P顺时针旋转时，BC间线圈匝数减小，故线圈匝数之比增大，故输出电压减小，即R两端电压减小，故D错误。14.一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。金属板A、B和等离子体整体可以看作一个直流电源，A、B便是这个电源的两个电极。将金属板A、B与电阻R相连，假设等离子体的电阻率不变，下列说法正确的是（）A.A板是电源的正极B.等离子体入射速度不变，减小A、B两金属板间的距离，电源电动势增大C.A、B两金属板间的电势差等于电源电动势D.A、B两金属板间的电势差与等离子体的入射速度有关【答案】D【解析】根据磁场的方向和等离子体进入的方向，由左手定则可以判断等离子体中的正电荷受向下的洛伦兹力，故B极板是电源的正极，选项A错误；发电机的电动势稳定时，一定存在F电=F洛，即q=Bqv，所以电源的电动势U=Bdv，所以若等离子体入射速度v不变，减小A、B两金属板间的距离d，电源电动势U减小，选项B错误；由于电源与外电路构成通路，电流还通过等离子体，而等离子体是有一定电阻的，所以A、B两金属板间的电势差U′=，故它不等于电源电动势，选项C错误；根据前面的推导可知中，电源的电动势U=Bdv，即A、B两金属板间的电势差U′与电动势成正比，即这个电势差也与等离子体的入射速度有关，选项D正确。第二部分本部分共6题，共58分。15．（8分）（一）读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数___________mm；螺旋测微器的读数___________mm。（二）某研究小组采用了如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，在一根不可伸长的细线一端系一个金属小球，另一端固定在O点，记下小球静止时球心的位置A，在A处放置一个光电门，将小球拉至某一位置由静止释放。当地重力加速度用g表示。（1）为验证机械能守恒，除了要测量小球释放点球心距A点高度h，还需要测量哪些物理量__________（请同时写出物理量的字母），若等式________成立，说明图甲小球下摆过程中机械能守恒。（用题中测得的物理量字母表示）（2）若撤去光电门，在O点安装一个拉力传感器，测出线上的拉力F，实验中记录细线拉力大小随时间的变化如图乙所示（Fm是实验中测得的最大拉力值）在小球第一次运动至最低点的过程，根据重力势能的减少量和动能的增加量之间的关系，也可验证机械能守恒定律。观察图乙中拉力峰值随时间变化规律，从能量的角度分析造成这一结果的主要原因为：_________。【答案】（一）10.55mm，7.470mm；（2分）（二）（1）小球的直径d，小球通过光电门时的挡光时间△t（2分）；（2分）（2）克服空气阻力做功，导致每次经过最低点动能都减小一些，所需的向心力减小一些，所以细线最大拉力逐渐减小（2分）【解析】（一）[1]游标卡尺的读数为[2]螺旋测微器的读数（二）（1）[3][4]要验证机械能守恒定律，选取小圆柱体从光电门2运动到光电门1的过程中，要验证机械能守恒即验证为即故还需要测量小球的直径d，以及小球通过光电门时的挡光时间△t。[5]观察图乙中拉力峰值随时间减少，说明到最低点时速度减小，分析其原因主要是克服空气阻力做功，导致每次经过最低点动能都减小一些，所需的向心力减小一些，所以细线最大拉力逐渐减小。16.（10分）小强同学要测一段粗细均匀的电阻丝的阻值，他先用多用电表粗测其电阻约为，随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻。现有电源(电动势E为，内阻不计)、开关和导线若干，以及下列器材:A.电流表(量程，内阻约)B.电流表(量程，内阻约)C.电压表(量程，内阻约)D.滑动变阻器(，额定电流)E.滑动变阻器(，额定电流)（1）为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填器材前的字母)。（2）如图所示，是测量该电阻丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请用笔替代导线，补充完成_________。（3）在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最________(选填“左”或“右”)端；闭合开关后，实验中电压表读数的最小值________(选填“大于零”或“等于零”)。（4）若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是________。A．测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压B．测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流C．若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值【答案】(1).B（2分），D（2分）；(2).（2分）；(3).左，大于零（2分）；(4).BC（2分）【详解】(1)[1]回路中只接入待测电阻时，电流最大，且最大值因此选电流表B。[2]由于本题采用的滑动变阻器的限流式接法，一般滑动变阻器的阻值是待测电阻的2～5倍调节起来比较方便，故滑动变阻器选D。(2)[3]由于测量小电阻，采用电流表的外接法，连接电路如图所示(3)[4][5]限流接法的滑动变阻器在开关闭合前应调到最左边；使其接入电路的阻值最大，使回路中电压表和电流表示数都最小，起到保护电路的作用；但回路电流大于零，因此电压表的示数大于零。(4)[6]AB．由于采用电流表的外接，根据电压表测量准确，但由于电压表的分流作用，使得电流表测量值偏大，从而电阻的测量值偏小，A错误，B正确；C．电阻的测量值等于电压表与待测电阻并联之后的总电阻，如果知道电压表内阻可算出待测慢阻的真实值，C正确。故选BC。17.（9分）如图所示，倾角θ=37°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E=5.0×103N/C。斜面顶端A点离地高度h=2.4m，可视为质点的带正电金属滑块质量m=1.0kg、电荷量q=1.0×10-4C。现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.15，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：滑块在粗糙绝缘斜面AB上下滑时加速度a1的大小；求滑块在水平地面上滑行的距离；将电场强度的大小突然增大到某一值，可使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点，求滑块从C点重新返回到斜面顶端A点所需要的时间t。【答案】（1）2m/s2；（2）4m；（3）【解析】（1）设滑块在斜面上运动的加速大小为a1，根据牛顿第二定律可得（2分）解得 （1分）（2）设滑块在水平地面上运动加速大小为a2，根据牛顿第二定理可得解得 （1分）设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式可得 （2分）（3）设滑块在水平地面上运动加速大小为a3，滑块在斜面上运动的加速大小为a4，根据动力学知识可得，又根据牛顿第二定律可得 （1分）解得 （1分）所以 （1分）18．（9分）如图所示，质量为M＝4kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1m/s。g取10m/s2。求：（1）小物块被弹簧弹出时的速度；（2）小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；（3）小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。【答案】（1）小物块被弹簧弹出时的速度为5m/s；（2）小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h为1m；（3）小物块回到水平面的速度为3m/s，方向水平向左，再次滑上大滑块后能达到的最大高度为0.04m.【解析】（1）设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒，mv1＝（m+M）v2（1分）解得v1＝5m/s.（1分）（2）小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒，（1分）解得h1＝1m．（1分）（3）小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，取向右为正方向，系统水平方向动量守恒：mv1＝mv′1+Mv′2（1分）机械能守恒：（1分）解得v′1＝﹣3m/s，v′2＝2m/s负号表示小物块速度方向向左；（1分）小物块弹回后，对m、M水平方向列动量守恒：m（﹣v′1）+Mv′2＝（m+M）v对m、M列系统机械能守恒：（1分）解得h2＝0.04m．（1分）19．（10分）如图所示，质量为，电阻为的均匀金属棒垂直架在水平面内间距为的两光滑金属导轨的右边缘处．下方的光滑绝缘圆弧轨道与光滑水平金属导轨相切，圆弧轨道半径为、对应圆心角为、水平金属导轨间距为，．是质量、电阻、各边长度均为的“U”形金属框，金属框上c、f两点与导轨、两点接触良好，所有导轨的电阻都不计．以点为坐标原点，沿水平向右方向建立x坐标轴，整个空间存在竖直方向的磁场（未画出），磁感应强度分布规律为（取竖直向上为正方向）．闭合开关S，金属棒水平抛出，下落高度时，恰好沿圆弧轨道上端的切线落入，接着沿圆弧轨道下滑进入水平导轨；起始时刻金属框固定，当叻棒与其碰前瞬间解除固定，且两者碰撞粘连后形成闭合金属框，棒与导轨始终接触良好，右侧水平面光滑绝缘．重力加速度．（1）求棒从闭合开关S到水平抛出的过程中产生的冲量；（2）求棒与金属框碰撞后瞬间的速度大小；（3）求闭合金属框最终静止时边的位置坐标．【答案】（1）；（2）0.5m/s；（3）【解析】（1）（1分）（1分）（1分）（2）（1分）由机械能守恒得：（1分）P到动量定理得：（1分）撞后：（1分）（1分）（3）由于磁场随x轴均匀变化，因而切割产生的电动势为则该过程的电流两边产生的安培力差值为变速运动全过程动量定理（1分）因而坐标为（1分）20.(12分)如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存