浙江省金华义乌市2022届高三物理下学期适应性考试试题（Word版带解析）

义乌市2022届高三适应性考试物理试卷考生注意：可能用到的相关参数：重力加速度g均取。一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.“涡扇15”是我国为5代战机“歼-20”量身定制的一款发动机，装备了“涡扇15”的“歼-20”战力可发挥到极致。“比冲”是描述航空发动机性能常用的物理量，其定义为“单位质量推进剂产生的冲量。”“比冲”的国际单位是下列单位中的（　　）A.m/sB.NC.N·sD.【答案】A【解析】【详解】由动量定理可知“单位质量推进剂产生的冲量”即“比冲”为所以“比冲”的单位是：m/s。2.大型钛合金构件在航天、航空领域应用广泛，我国使用激光焊接复杂钛合金构件的技术和能力已达到世界一流水平。若焊接所用的激光波长为，每个激光脉冲中的光子数目为n，已知普朗克常量为h、光速为c，则下列说法中正确的是（　　）A.激光焊接利用了激光的相干性B.激光的频率为\nC.激光光子的动量为D.每个激光脉冲的能量为【答案】D【解析】【详解】A．激光焊接利用了激光的能量高的特点，故A错误；B．激光的频率故B错误；C．激光光子的动量故C错误；D．根据和可知，单个光子的能量，则每个激光脉冲的能量为，故D正确。故选D。3.荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动，如图所示某同学正在荡秋千，A和B分别为运动过程中的最高点和最低点，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A.在A位置时，该同学速度为零，处于超重状态B.在A位置时，该同学速度为零，处于平衡状态C.在A位置时，该同学所受的合外力的方向和指向3相符D.在A位置时，该同学所受的合外力的方向和指向2相符【答案】D【解析】【详解】在A位置时，该同学速度是零，即沿绳子方向的合力是零，此时其合力等于重力沿\n圆弧切向分力，即合外力的方向和指向2相符，因此受力不平衡，加速度沿圆弧的切线方向，有竖直向下的分量，则处于失重状态，选项ABC错误，D正确。故选D。4.“世界杯”带动了足球热．某社区举行了颠球比赛，如图所示，某足球高手在颠球过程中脚部几乎不动，图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近的是　　A1B.2C.3D.6【答案】C【解析】【分析】足球被颠起后做竖直上抛运动，由上升的高度即可求出其初速度．【详解】由图可知，足球上升到高度略小于人的高度的一半，大约有，人的脚的上表面距离地面得高度约；足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v，上升的高度为h，则：所以：可知在四个选项中，最接近是C选项．故C正确，ABD错误故选C．【点睛】该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是正确建立物理模型，选择合适的公式进行解答．\n5.吉利英伦TX5是一款义乌制造的新能源汽车，用户可以选装可连续变换速度的无级变速器。如图所示的是这种变速器的结构示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动，且沿转动的切线方向无相对滑动，图示位置主动轮的直径为，从动轮的直径为。下列说法中正确的是（　　）A.若主动轮转速不变，滚轮从右向左移动时从动轮的转速将减小B.无论滚轮怎样移动，滚轮、主动轮、从动轮的线速度大小都相等C.图示位置，主动轮和从动轮的转速之比为D.图示位置，主动轮和从动轮的向心加速度之比为【答案】B【解析】【详解】AB．主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动，所以滚轮、主动轮、从动轮的线速度大小都相等，根据可得可知若主动轮转速不变，滚轮从右向左移动时主动轮半径增大，从动轮半径减小，则从动轮的转速将增大，故B正确，A错误；C．根据可得图示位置，主动轮和从动轮的转速之比为，故C错误；D．根据\n可得图示位置，主动轮和从动轮向心加速度之比为，故D错误。故选B。6.某同学骑自行车碰到了一段倾角为的斜坡，在不踩踏的情况下，他刚好能让自行车沿斜坡以速度匀速直线向下行驶，现在他要以速度沿那段斜坡匀速直线向上行驶，若人和自行车以及所有装备的总质量为M，上下坡人和自行车受到的阻力大小不变，那么此时这位同学的骑车功率大小约为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】同学沿斜面向下行驶时，有沿斜坡匀速直线向上行驶时，有动力为此时这位同学的骑车功率大小约为故ABC错误，D正确。故选D。7.2022年3月21日，东航一架波音737客机在广西壮族自治区境内坠毁，失事地点位于北纬、东经的藤县琅南镇莫埌村。我国资源卫星应用中心在救援过程中实施了卫\n星监测，若绕地球做匀速圆周运动的监测卫星，每天上午同一时刻都能在失事地点正上方拍照，则下列说法中正确的是（　　）A.该卫星一定是地球同步卫星B.该卫星轨道平面与北纬所确定的平面共面C.地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍D.该卫星运行周期一定是地球自转周期的整数倍【答案】C【解析】【详解】ACD．因为卫星每天上午同一时刻都在失事地点正上方拍照，所以卫星的运动周期与地球自转周期的关系为既卫星不一定是同步卫星，故C正确，AD错误；B．卫星围绕地球做匀速圆周运动时，地球对卫星的万有引力提供向心力，轨道的圆心的地心，所以该卫星轨道平面与北纬所确定的平面不可能共面，故B错误。故选C。8.如图所示，某同学将乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发射，两个完全相同的乒乓球a和b各自以不同的速度水平射出，碰到墙面时竖直下落的高度之比为9：16。若不计阻力，下列对乒乓球a和b的判断正确是（　　）\nA.碰墙前a和b的运动时间之比为9：16B.a和b碰墙时速度与墙面夹角的正切值之比为4：3C.从发出到碰墙，重力对a和b做功大小之比为3：4D.a和b的初速度之比为4：3【答案】D【解析】【详解】A．根据自由落体公式得故A错误；B．根据平抛运动推论，速度与墙面夹角的正切值为两球水平位移相等，则正切值与高度成反比，即16：9，故B错误；C．重力做功为重力做功之比为D．水平方向做匀速直线运动初速度之比为\n故D正确。故选D。9.如图所示，C为一个空心金属球壳，C球壳外有一正点电荷，为C球壳内部固定的一个点。当的电量变大时，对P点的电场强度、电势以及放在点处正的试探电荷的电势能的变化状况描述正确的是（　　）A.、、都等于零B.等于零、变大、不变C.不变，变大，变大D.不变，变小，即不变【答案】C【解析】【详解】由于静电感应，在空心金属球壳右侧有感应电荷，空心金属球壳左侧有感应电荷，达到静电平衡时，空心金属球壳内部的场强处处为零，整个空心金属球壳包括内部都是一个等势体，当正点电荷的电量变大时，对应的空心金属球壳右侧、左侧的感应电荷电量也会增大，但达到静电平衡时，空心金属球壳内部的场强依然处处为零，整个空心金属球壳包括内部依然是一个等势体，点的电势等于球心的电势，球心的电势为正点电荷、球壳的右侧感应电荷和左侧感应电荷单独存在时在球心电势的代数和，由于球壳的右侧感应电荷和左侧感应电荷在球心的电势叠加为零，说明球心电势等于正点电荷在球心处的电势，故正点电荷的电量变大时，球心电势变大，点电势变大，放在点处正的试探电荷的电势能变大，C正确，ABD错误；故选C。10.示波管的偏转电极上加的是待测的信号电压，\n偏转电极通常接入仪器自身产生的扫描电压。现给加上如图甲所示的交流信号，如果要在荧光屏上观察到待测信号的稳定图像，那么给接入的扫描电压图像正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】以电子刚进入偏转电场的位置为坐标原点，以垂直板为x轴，垂直板为y轴，电子发射的初速度方向为z轴，建立坐标系。设电子刚进入偏转电场的速度为，极板的板间距离为，沿z轴方向的板长为，极板右端到荧光屏的距离为，电子在板间运动时，电子运动时间很短，可认为板间电压保持不变，在z轴方向在y轴方向解得\n则电子打在荧光屏上点的y轴坐标为由上式可知，电子打在荧光屏上点的y轴坐标与板间电压成正比，上式可简写为同理可知，电子打在荧光屏上点的x轴坐标与板间电压成正比，则有由甲图可知板间电压为当板间电压如选项C所示时，在0~T时间内，则有所以把时间t消去可得可知y与x成正弦函数关系，所以荧光屏上的各个点形成的图像，与待测信号随时间变化的图像一致。故选C。11.我国己投产运行的1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输电容量可达1200万千瓦。输电的简化流程可用下图展示。若直流输电的线路电阻为10Ω；变压、整流过程中的电能损失忽略不计；直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电的电流为时，下列说法正确的是（　　）\nA.输电功率为B.输电导线上损失的功率为，损失的电压为50kVC.降压变压器匝数比应小于3:1D.若保持输送功率不变，用550kV输电，用户得到的功率比1100kV输电时减少【答案】B【解析】【详解】A．输电功率为故A错误；B．输电导线上损失的功率为损失的电压为故B正确；C．逆变成交流电的有效值为受端换流站的电压为550kV，则降压变压器匝数比故C错误；D．若保持输送功率不变，用550kV输电，则输送电流为\n用户得到的功率比1100kV输电时减少故D错误。故选B。12.战绳训练是当下流行的一种健身方式，健身者通过晃动战绳的一端使其上下振动从而让手臂和肩部的肌肉得到良好的锻炼。下图左侧的照片和右侧的简图相对应，不妨假设健身者左右手抓住的绳子是完全相同的，两手的振动能持续保持相同的频率和振幅。下列说法正确的是（　　）A.健身者左右手开始抖动时的方向是相同的。B.如果增加左右手上下振动的幅度，可以增大绳波的波长C.右手绳子上的a、b两点将同时到达波峰D.当左右两列绳波传到P点时振动将得到加强【答案】C【解析】【详解】A．由波形图可知，健身者左右手开始抖动时的方向是相反的，选项A错误。B．如果增加左右手上下振动的幅度，只是增加振幅，但是周期和波速不变，则波长不变，选项B错误；C．右手绳子上的a、b两点相差一个波长的距离，则将同时到达波峰，选项C正确；D．左右两手起振方向相反，则当左右两列绳波传到P点时振动将得到减弱，选项D错误。故选C。13.最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及\n相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确是（　　）A.机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB.机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C.在0~4s时间内，合外力的冲量为12N·sD.在0~4s时间内，合外力做的功为12J【答案】A【解析】【详解】A．由图乙可知加速度的表达式为则可得即1s时加速度为零，则最大静摩擦力为故A正确；B．2s时的牵引力为由图a、图b结合牛顿第二定律可得\n联立可得机器人质量滑动摩擦力为机器人与水平桌面间的动摩擦因数为故B错误；C．在0~4s时间内，合外力的冲量为故C错误；D．4s末机器人的速度为在0~4s时间内，合外力做的功为故D错误。故选A。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。）14.无线话筒就是LC振荡电路在实际中应用的典型实例，某LC振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是（　　）\nA.若增加电容C的带电量，振荡电路的周期会变大B.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C.若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大【答案】BD【解析】【详解】A.振荡电路的周期公式为公式中不包含电容器带电量，与电容器带电量无关，故选项A错误；B.若磁场正在减弱，则说明电容器在充电，由右手定则可知，电容器上极板带正电，所以选项B正确；C.若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电，故选项C错误；D.若电容器正在放电，则电流在增大，由楞次定律可以知道，自感电动势在阻碍电流的增大，所以选项D正确。故选BD。15.当太阳光照射不到太阳能电池板上时，“玉兔二号”月球车由同位素电池为其保暖供电。Pu238是人工放射性元素，可用吸收一个中子来获得；衰变时放出粒子，生成X原子核，产生大量的射线，其半衰期为88年。下列说法正确的是（　　）A.吸收一个中子后放出一个电子生成B.X原子核和粒子的结合能之和大于Pu238原子核的结合能C.88年后电池中的Pu238原子核数将为现在的一半D.X是92号元素的原子核，质量数为236【答案】ABC【解析】\n【详解】A．根据质量数守恒及核电荷数守恒，吸收中子后放出电子生成的核反应方程式为故A正确；BD．根据质量数守恒及核电荷数守恒得出衰变时放出粒子的核反应方程式为X是92号元素的原子核，质量数为234，核反应方程式生成物比反应物稳定，比结合能大，则X原子核和粒子的结合能之和大于Pu238原子核的结合能，故B正确，D错误；C．根据半衰期的定义可知88年后电池中的Pu238原子核数将为现在的一半，故C正确。故选ABC。16.如图为“水流导光”实验装置，长直开口透明塑料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察到激光束没有完全被限制在水流内传播。下列操作有助于激光束完全被限制在水流内传播的是（　　）A.增大该激光的强度B.向瓶内再加适量清水C.改用频率更低的激光D.改用折射率更大的液体【答案】BD【解析】【分析】\n【详解】A．增大该激光的强度，不能改变临界角，无助于激光束完全被限制在水流内传播，A错误；B．向瓶内再加适量清水，增加了出水口的压强，增大了水流的初速度，水流射程增大，增大了激光射出水流时的入射角，当入射角达到一定值时，激光将发生全反射，不会射出水流，有助于激光束完全被限制在水流内传播，B正确；C．改用频率更低的激光，临界角变大，更难发生全反射，无助于激光束完全被限制在水流内传播，C错误；D．根据，改用折射率更大的液体，临界角变小，更易发生全反射，有助于激光束完全被限制在水流内传播，D正确。故选BD。三、实验题（本大题共2小题，共14分）17.某同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验。（1）指出图1装置中一处不合理的地方______；（2）正确操作后，该同学打出了一条纸带（如图2示）。测得0、4两个计时点间的距离h为______cm；通过计算可得出第4点的速度v的大小为______m/s；（计算保留3位有效数字）。（3）若当地重力加速度大小为，该同学用公式：、比较了重锤在0、4时间内重力势能的减少量和动能的增加量，得到的结论是______（填“大于”、“等于”或“小于”），你认为产生这一结果的原因是____________。【答案】①.重物离打点计时器太远②.5.73##5.74##5.75##5.76##5.77③.1.08##1.09##1.10##1.11##1.12④.小于⑤.第0\n个点不是下落的起始点，该点重锤有动能【解析】【详解】（1）[1]重物离打点计时器太远，有可能出现纸带上没点或者点太少，不利于测量，所以应该让重物离打点计时器近一些，应该往上提一提。（2）[2]测得0、4两个计时点间的距离h=7.75cm-2.00cm=5.75cm[3]第4点的速度（3）[4]重力势能的减少量动能的增加量可得[5]第0个点不是下落的起始点，该点重锤有动能，用计算动能增加量结果偏大。18.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，可供同学利用的仪器有：干电池组、两只电流表和两只滑动变阻器和、电键和导线若干，其中的量程为1.5mA，的量程为1.5A。的最大阻值为10Ω；的最大阻值为2000Ω。某同学设计了如图a所示的电路，进行实验，测得的实验数据如下表所示：123451.351.301201.101.05\n0.300.400.600.800.90（1）在图a上标出、、和____；（2）在图b中绘出图线_______；（3）由图线得出，被测电池的电动势为______V，内阻为______Ω。【答案】①.②.③.3.0④.1.0【解析】【详解】(1)[1]由电路图可知两个滑动变阻器并联，两支路两端电压相等；\n的电阻值较小，通过的电流值较大；的电阻值较大，通过的电流值较小；如图(2)[2]描点作图，如图所示(3)[3][4]因，故把近似当作干路电流，根据闭合电路欧姆定律可得据图可得纵截距图像斜率时\n解得，四、计算题（本大题共4小题，共41分）19.运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。(1)运动员以3.4m/s的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远？g取10m/s2；(2)若运动员仍以3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶多滑行了多少距离？【答案】（1）28.9m；（2）2.1m【解析】【详解】（1）对冰壶根据牛顿第二定律可知解得a=0.2m/s2则冰壶能在冰面上滑行（2）滑行10m后的速度为\n此后冰壶的加速度为滑行的距离则多滑行20.“模型检测”常用来分析一项设计的可行性。如图所示的是某大型游乐设施的比例模型，光滑的水平轨道上静止着物块A和B（均可视为质点），质量分别为m、4m，A、B之间压缩着一根锁定的轻质弹簧，两端与A、B接触而不相连。水平轨道的左侧是一竖直墙壁：右侧与光滑、竖直固定的圆管道FCD相切于F，圆管道的半径R远大于管道内径。倾角的斜轨DE与圆管道相切于D，另一端固定在水平地面上，物块与斜轨间的动摩擦因数。现将弹簧解锁，A、B分离后撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平轨道上与物块B相碰并粘连，一起进入管道到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，最后恰好停止在倾斜轨道的E点。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）求：（1）A、B过最高点C时速度大小：（2）斜轨DE的设计长度：（3）弹簧被压缩时的最大弹性势能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块A、B到达管道最高点C\n时恰好对圆管道无作用力，可知重力恰好提供向心力，由牛顿第二定律可得解得经C点时速度大小（2）设斜轨道DE的设计长度为L，对物块A、B整体从C点运动到E点，由动能定理可得代入数据解得（3）弹簧被释放后瞬间，设物块A的速度大小为v1，物块B的速度大小为v2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律可得物块A与墙壁发生弹性碰撞后，返回追上物块B产生碰撞，并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律可得物块A、B为整体从F点运动到C点，由机械能守恒定律可得联立以上各式解得由功能关系可知，弹簧被压缩时的最大弹性势能代入数据解得21.图（a）所示，相距L=0.2m的两个完全相同的金属直角导轨ABC和，中间用的电阻焊连在一起，竖直固定在水平的绝缘垫上，导轨AC、BC足够长且电阻不计，金属棒\nEF、MN均通过棒两端的套环水平地锁定在导轨上，其中导轨AC光滑，金属棒EF的质量和电阻分别是、：金属棒MN的质量和电阻分别是、，BC与导体MN间的摩擦因数，平面上虚线下方有垂直平面向下的匀强磁场，平面与水平面成37°角，全平面内有平行平面向下的匀强磁场，两处磁场互不影响，磁感应强度大小均为B=2T。解除锁定后EF、MN同时下滑，MN棒速度随时间的变化图线如图（b）所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取）求：（1）时刻导体EF中电流强度的大小和方向。（2）时刻MN棒受到的摩擦力大小。（3）若至内EF棒滑行了50米，求这段时间内MN棒产生的焦耳热。【答案】（1）1.6A；方向从E到F；（2）2.4N；（3）20J【解析】【详解】（1）由图可知，在0-t1时间内MN做匀加速运动，在t1时刻以后做变减速运动，可知此时刻EF刚进入磁场区域，t1时刻MN的速度v2=1m/s，MN的加速度EF的加速度\n解得I=1.6A方向从E到F。（2）由左手定则，当EF下滑时，MN受垂直斜面向下的安培力，且随着EF的加速下滑，MN受安培力逐渐变大，摩擦力变大，因t2时刻后MN匀减速下滑，可知此时受到的摩擦力恒定不变，安培力不变，此时EF应该匀速下滑，则对MN解得f=2.4Nvm=20m/s（3）由题意可知从EF进入磁场到达到最大速度，EF运动了x=50m，则由能量关系可知MN棒产生的焦耳热解得22.如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间以后，电荷以的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻。求：\n（1）匀强电场的电场强度E；（2）图（b）中时刻电荷与O点的水平距离；（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为，由匀变速直线运动规律得由牛顿第二定律得qE=ma代入数据解得（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径\n做圆周运动的周期代入数据解得同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为做圆周运动的周期电荷从时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示从电荷第一次通过开始其运动的周期为所以时刻粒子距离O点的水平距离为（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即则最后的距离如图所示\n由几何关系可得解得即故电荷运动的总时间