甘肅省張掖市2022屆高三上學(xué)期理綜物理期末檢測試卷

甘肅省張掖市2022屆高三上學(xué)期理綜物理期末檢測試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．下列說法中正確的是（）A．太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的核聚變反應(yīng)B．天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，揭示了原子核是由質(zhì)子和中子組成的C．放射性元素的半衰期隨溫度的升高而變短D．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，原子總能量減少2．磁吸式手機架是一種通過磁力固定住手機的支架，它的優(yōu)點是體型小巧，不擠占空間，可以隨意粘貼固定在任何個地方，調(diào)整角度也非常靈活，圖為靜止在水平面上的磁吸式手機架和手機。關(guān)于此情景下列說法正確的是（）A．若手機質(zhì)量為m，當?shù)刂亓铀俣葹間，手機平面與水平面夾角為θ，則手機架對手機的支持力為mgcosθB．若僅將該手機改為豎屏放置（不改變吸盤角度且手機不接觸水平面）則手機架的支持力變小，導(dǎo)致手機容易滑落C．手機架對手機的作用力豎直向上D．只有當手機架的吸盤水平放置時，手機架和水平面才沒有摩擦力3．2020年7月22日，中國火星探測工程正式對外發(fā)布“中國首次火星探測任務(wù)宇宙飛船‘天問一號’著陸平臺和火星車”。飛船“天問一號”從地球上發(fā)射到與火星會合，運動軌跡如圖中虛線橢圓所示。飛向火星過程中，太陽對“天問一號”的引力遠大于地球和火星對它的吸引力。下列說法正確的是（）A．與火星會合前，“天問一號”的加速度小于火星公轉(zhuǎn)的向心加速度B．“天問一號”在無動力飛向火星的過程中，引力勢能增大，動能減少，機械能守恒C．“天問一號”橢圓運動的周期小于地球公轉(zhuǎn)的周期D．“天問一號”在地球上的發(fā)射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間4．理想變壓器原線圈兩端輸入的交變電流電壓如圖所示，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5：1，如圖乙所示，定值電阻R0=10Ω，R為滑動變阻器，則下列說法正確的是（）A．電壓表的示數(shù)為44B．變壓器輸出電壓頻率為10HzC．當滑動變阻器滑片向下移動時，變壓器的輸入功率增大D．當滑動變阻器滑片向下移動時，電流表的示數(shù)減小5．如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，木板B的加速度a與拉力F的關(guān)系圖象如圖乙所示，則小滑塊A的質(zhì)量為（）A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg二、多選題6．一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以初速度為-v0做直線運動，其v-t圖像如圖所示。粒子在t時刻運動到B點，3t時刻運動到C點，以下判斷正確的是（）A．A，B，C三點中B點的場強最大B．A，B，C三點的電勢關(guān)系一定為φC．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負功D．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少7．如圖所示，內(nèi)壁光滑的玻璃管豎直固定在水平地面上，管內(nèi)底部豎直放置處于自然長度的輕質(zhì)彈簧。用輕桿連接的兩小球的質(zhì)量分別為m和2m（球的直徑比管的內(nèi)徑略?。?，現(xiàn)從彈簧的正上方釋放兩球，則A球與彈簧接觸起到運動至最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．桿對A球做的功大于桿對B球做的功B．A球克服彈簧彈力做的功是桿對A球做功的32C．彈簧和桿對A球做功的總和等于A球機械能的增量D．A球到最低點時桿對B球的作用力等于4mg8．如圖，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處自由釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直．線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。若不計空氣阻力，以線框剛進入磁場時為計時起點，下列描述線框所受安培力F隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（）A． B．C． D．9．下列說法正確的是（）A．蔗糖受潮后會粘在一起形成糖塊，看起來沒有確定的幾何形狀，此時的蔗糖為非晶體。B．液體與大氣相接觸時，表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互排斥C．熵是物體內(nèi)分子運動無序程度的量度，氣體向真空膨脹時雖然不對外做功，但系統(tǒng)的熵是增加的。D．制冷設(shè)備可實現(xiàn)從低溫熱源處吸熱，并在高溫熱源處放熱。E．第一類永動機不可能制成，是因為它違背了能量守恒定律。10．如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形為圖中實線，t=1s時刻的波形為圖中虛線，已知該波的周期大于1s。則下列說法正確的是（）A．該波的波速為5m/sB．該波的周期為1.6sC．t=0時刻，x=10m處的b點正在向y軸負方向運動D．t=1s時刻，x=4m處的a點相對平衡點的位移為3E．從t=0到t=1s，x=4m處的a點移動的距離為3m三、實驗題11．某同學(xué)用如圖甲所示的裝置測量滑塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)，實驗過程如下：（1）用游標卡尺測量出固定于滑塊上的遮光條的寬度d，如圖乙所示，d=mm。在桌面上合適位置固定好彈簧和光電門，將光電門與數(shù)字計時器（圖中未畫出）連接。（2）用滑塊把彈簧壓縮到某一位置，測量出滑塊到光電門的距離x。釋放滑塊，測出滑塊上的遮光條通過光電門所用的時間t，則此時滑塊的速度v=（用題中所給字母表示）。（3）通過在滑塊上增減砝碼來改變滑塊的質(zhì)量m，仍用滑塊將彈簧壓縮到（2）中的位置，重復(fù)（2）的操作，得出一系列滑塊質(zhì)量m與它通過光電門時的速度v的值。根據(jù)這些數(shù)值，作出v2-m-1圖像如圖丙所示。已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間。由圖像可知，滑塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=。12．已知電流計G的量程約為幾毫安，內(nèi)阻很小，現(xiàn)要將其量程擴大為原來的3倍，某同學(xué)設(shè)計如圖所示的電路圖，實驗提供了以下器材∶A．電源（E1=3V）；B．電源（E2=15V）；C．滑動變阻器R1（阻值為0~1kΩ）；D．滑動變阻器R2（阻值為0~15kΩ）；E．電阻箱；F.開關(guān)，導(dǎo)線。（1）電源應(yīng)選，滑動變阻器應(yīng)選（填器材前所對應(yīng)的字母）（2）改裝步驟如下，請將步驟補充完整∶①按電路圖連接各器材，把滑動變阻器調(diào)至最（選填“左”或“右”）；②將開關(guān)S2斷開，S閉合；③調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使電流計G滿偏；④保持不變，再閉合開關(guān)S2，把電阻箱調(diào)到適當值，使電流計；⑤不再改變電阻箱的阻值，保持電流計G和電阻箱并聯(lián)，撤去其他電路，即可將電流計G的量程擴大為原來的3倍。四、解答題13．如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R=0.5m，磁場垂直紙面向里。在y>R區(qū)域存在沿?y方向的勻強電場，電場強度為E=1.0×105V/m。在M點有一帶正電的粒子以速率v=1.0×106（1）求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大?。唬?）求沿+x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。14．如圖所示，在高h1=30m的光滑水平平臺上，物塊A以初速度v0水平向右運動，與靜止在水平平臺上的物塊B發(fā)生碰撞，mB=2mA，碰撞后物塊A靜止，物塊B以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好沿光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道，B點的高度h2=15m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上長為L=70m的水平粗糙軌道CD平滑連接，物塊B沿軌道BCD運動與右邊墻壁發(fā)生碰撞。g取10m/s2。求：（1）物塊B由A運動到B的時間；（2）物塊A初速度v0的大??；（3）若物塊B與墻壁只發(fā)生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向運動過程中沒有沖出B點，最后停在軌道CD上的某點p（p點未畫出）。設(shè)物塊B與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)為μ，求μ的取值范圍.15．如圖所示，兩個壁厚可忽略的圓柱形金屬筒A和B套在一起，底部到頂部的高度為18cm，兩者橫截面積相等，光滑接觸且不漏氣．將A用繩系于天花板上，用一塊絕熱板托住B，使它們內(nèi)部密封的氣體壓強與外界大氣壓相同，均為1.0×105Pa，然后緩慢松開絕熱板，讓B下沉，當B下沉了2cm時，停止下沉并處于靜止狀態(tài)．求：（1）此時金屬筒內(nèi)氣體的壓強．（2）若當時的溫度為27℃，欲使下沉后的套筒恢復(fù)到原來位置，應(yīng)將氣體的溫度變?yōu)槎嗌佟妫?6．如圖，一般帆船靜止在湖面上，帆船的豎直桅桿頂端高出水面3m．距水面4m的湖底P點發(fā)出的激光束，從水面出射后恰好照射到桅桿頂端，該出射光束與豎直方向的夾角為53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率為4（1）求桅桿到P點的水平距離；（2）船向左行駛一段距離后停止，調(diào)整由P點發(fā)出的激光束方向，當其與豎直方向夾角為45°時，從水面射出后仍然照射在桅桿頂端，求船行駛的距離．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的核聚變反應(yīng)，A符合題意；B．天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，說明原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，但不能證明原子核是由質(zhì)子和中子組成的，B不符合題意；C．放射性元素的半衰期由自身性質(zhì)決定，與外界環(huán)境無關(guān)，C不符合題意；D．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電場力對電子做負功，電子的動能變小，電勢能變大（動能轉(zhuǎn)為電勢能）；由于發(fā)生躍遷時要吸收光子，故原子的總能量增加，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的核聚變，天然放射現(xiàn)象說明原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，半衰期由自身性質(zhì)決定。2．【答案】C【解析】【解答】A．手機受到四個力的作用，在垂直吸盤方向上，垂直吸盤向上的支持力與垂直吸盤向下的磁力和重力的分力之和相等，故支持力大于mgcosB．不論橫屏還是豎屏，吸盤角度不變，支持力不變，B不符合題意；C．由平衡條件可知，手機架對手機的作用力豎直向上，C符合題意；D．由整體法可知不論吸盤的角度如何，手機架和水平面都沒有摩擦力，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】分別對手機和整體進行受力分析，根據(jù)共點力平衡進行分析判斷。3．【答案】B【解析】【解答】A．由牛頓第二定律可得G解得a=G與火星會合前，“天問一號”到太陽的距離小于火星到太陽的距離，故“天問一號”的加速度較大，A不符合題意；B．“天問一號”在無動力飛向火星的過程中，引力做負功，引力勢能增大，動能減少，機械能守恒，B符合題意；C．“天問一號”橢圓運動的半長軸大于地球公轉(zhuǎn)的半徑，由開普勒第三定律可知，“天問一號”橢圓運動的周期大于地球公轉(zhuǎn)的周期，C不符合題意；D．“天問一號”發(fā)射后需擺脫地球的引力束縛但仍在太陽系內(nèi)運動，故在地球上的發(fā)射速度應(yīng)介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之間，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用引力提供向心力結(jié)合軌道半徑的大小可以比較加速度的大??；利用距離的變化可以判別引力做功的情況，利用引力做功可以判別動能和引力勢能及機械能的變化；利用開普勒第三定律可以比較周期的大??；天問一號脫離地球所以其發(fā)射速度大于第二宇宙速度。4．【答案】C【解析】【解答】A．原線圈電壓有效值為220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知電壓表示數(shù)為44V，A不符合題意；B．由甲圖知周期0.02s，則f=變壓器不改變交變電流的頻率，B不符合題意；CD．滑動觸頭P向下移動，電阻變小，輸入電壓和匝數(shù)不變，則副線圈電壓不變，電流增加，輸出功率增大，故輸入功率等于輸出功率增加，輸入電壓不變，則原線圈電流增大，故電流表示數(shù)變大，C符合題意D不符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比和電壓比的關(guān)系得出電壓表的示數(shù)，結(jié)合周期和頻率的關(guān)系得出該交流電的頻率，當滑動變阻器滑片移動時根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電流表示數(shù)的變化情況。5．【答案】B【解析】【解答】由圖知，當F=8N時，加速度為a=2m/對整體分析，由牛頓第二定律有F=(代入數(shù)據(jù)解得m當F大于8N時，A、B發(fā)生相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律得，對B有a=由圖示圖象可知，圖線的斜率k=解得m滑塊A的質(zhì)量為m故答案為：B。

【分析】當F=8N時，對整體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出AB質(zhì)量之和，8N，對B利用牛頓第二定律以及圖像得出B的質(zhì)量。6．【答案】A,D【解析】【解答】A．由速度圖像可知，加速度先增大后減小，B點的加速度最大，所以B點電場強度最大，A符合題意；B．因為不知道帶電粒子的電性，所以無法判斷電勢的關(guān)系，B不符合題意；C．因為電勢能先增大后減小，所以電場力先做負功后做正功，C不符合題意；D．由圖像可知：動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒可知：電勢能先增后減小，D符合題意。故答案為：AD。

【分析】利用其圖像斜率可以判別加速度的大小變化；由于未知粒子的電性不能判別電勢的關(guān)系；利用其電勢能的變化可以判別電場力做功；利用能量守恒定律可以判別電勢能的變化。7．【答案】B,C【解析】【解答】A．桿對A球的作用力與桿對B球的作用力大小相等，兩球的位移相同，所以桿對A球做的功與桿對B球做的功數(shù)值相等，A不符合題意；B．設(shè)A球克服彈簧彈力做的功為W1，桿對A球做功為W2。則桿對B球做功為－W2，A下降的高度為h；由動能定理得對A球有mgh?對B球有2mgh?聯(lián)立計算得出W即A球克服彈簧彈力做的功是桿對A球做功的32C．根據(jù)功能原理知，彈簧和桿對A球做功的總和等于A球機械能的增量，C符合題意；D．若A球從彈簧原長處釋放，剛釋放時AB整體的加速度大小為g，方向豎直向下。根據(jù)簡諧運動的對稱性知，A球到最低點時整體的加速度大小為g，方向豎直向上。現(xiàn)A球從彈簧正上方向下落，A球到最低點時彈簧壓縮量增大，彈力增大，整體的合力增大，加速度將大于g，所以A球到最低點時整體的加速度大小大于g，方向豎直向上。在最低點，對B球，由牛頓第二定律得F－2mg=2ma＞2mg則得A球到最低點時桿對B球的作用力F＞4mg，D不符合題意；故答案為：BC。

【分析】根據(jù)恒力做功得出桿對A球做的功和桿對B球做的功的大小關(guān)系，對AB球利用動能定理得出A球克服彈簧彈力做的功，結(jié)合功能關(guān)系得出彈簧和桿對A球做功的總和和A球機械能的增量的關(guān)系。8．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．進入磁場前，線框受重力作用加速下落，進入與離開磁場時都受到向上的安培力作用．若進入磁場時安培力大于重力，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度減小而減小，某時刻安培力等于重力，線框做勻速運動，由平衡可得mg=此時速度達到v完全進入后只受重力，線框加速，剛要離開時的速度大于完全進入時的速度，故安培力大于重力，做減速運動，速度減小，安培力也減小，A不符合題意；B．若線框進入磁場時安培力恰好等于重力，進入過程中安培力不變，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，B符合題意；C．若進入時安培力大于重力，由B可知，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度的減小而減小，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，進入過程與離開過程安培力變化情況可能完全相同，C符合題意；D．若進入磁場時安培力小于重力，由mg?可知線框做加速度減小的加速運動，進入過程安培力不斷增大，完全進入后線框加速運動，若離開磁場時安培力大于重力，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度的減小而減小，D符合題意。故答案為：BCD。

【分析】進入磁場前后對線框進行受力分析，根據(jù)受力平衡以及牛頓第二定律分析判斷線框的運動情況。9．【答案】C,D,E【解析】【解答】A．蔗糖受潮后會粘在一起形成糖塊，看起來沒有確定的幾何形狀，此時的蔗糖為多晶體，仍然屬于晶體。A不符合題意；B．液體與大氣相接觸時，表面層內(nèi)分子間距較大，所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引。B不符合題意；C．熵是物體內(nèi)分子運動無序程度的量度，氣體向真空膨脹時雖然不對外做功，但分子運動的無序程度增加了，所以系統(tǒng)的熵是增加的。C符合題意；D．制冷設(shè)備實現(xiàn)從低溫熱源處吸熱，并在高溫熱源處放熱的同時引起了其他的變化，沒有違背違背熱力學(xué)第二定律。D符合題意；E．第一類永動機不可能制成，是因為它違背了能量守恒定律。E符合題意。故答案為：CDE

【分析】粘在一起的蔗糖為多晶體，熵是物體內(nèi)分子運動無序程度的量度，結(jié)合熱力學(xué)第二定律和熱力學(xué)第一定律進行分析判斷。10．【答案】A,B,D【解析】【解答】AB．由題圖可知，該波的波長為λ=8m周期為58T+nT=1s（T=88n+5s又T>1s所以n取0，則周期為T=1那么，該波的波速為v=所以AB符合題意；C．利用同側(cè)法可知，t=0時刻，x=10m處的b點正在向y軸正方向運動，所以C不符合題意；D．設(shè)該波中某點的振動方程為y=3則由圖象可得，當t=時y=t=1s時刻，x=4m處的a點相對平衡點的位移與該時刻該質(zhì)點的位移相同，也是32E．在波傳播的過程中，質(zhì)點不會隨波沿x軸移動，只會在平衡位置附近上下振動，分析可得，該質(zhì)點在t=0到t=1s這段時間內(nèi)沿著y軸正方向移動的距離為s=(故答案為：ABD。

【分析】結(jié)合圖像得出該波的波長，結(jié)合波長和周期的關(guān)系得出該波的波速，結(jié)合該波的周期和傳播時間之間的關(guān)系得出該波的周期。11．【答案】（1）5.70（2）d（3）b【解析】【解答】（1）根據(jù)游標卡尺讀數(shù)，可知d=5mm+14×0.05mm=5.70mm（2）滑塊通過光電門的速度為v=（3）根據(jù)動能定理，有?μmgx=聯(lián)立方程，整理得v由圖象可知2μgx=b解得μ=

【分析】（1）根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)原理得出遮光條的寬度；

（2）利用短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度得出通過光電門的速度；

（3）根據(jù)動能定理以及圖像得出動摩擦因數(shù)的表達式。12．【答案】（1）B；D（2）右；滑動變阻器滑片的位置；讀數(shù)為滿偏電流的三分之一【解析】【解答】（1）這個實驗要求在閉合開關(guān)S2后，干路電流幾乎不變，所以滑動變阻器接入電阻越大越好，所以在電流計滿偏時，電池的電動勢越大，滑動變阻器接入電阻才越大，所以電池應(yīng)選B，電流計G滿偏電流約為幾毫安，所以干路總電阻約為幾千歐姆，所以滑動變阻器的最大阻值選15kΩ的合適，故答案為：D；（2）①為了保證電流表的安全，則把滑動變阻器調(diào)至最右，使得接入電路的阻值最大，電流最??；④要想保持干路電流不變，要求滑動變阻器的阻值不能再改變；使電流計讀數(shù)為滿偏電流的三分之一，此時電阻箱的分流為三分之二的干路電流，其阻值為電流計的二分之一，改裝后的總電阻為之前的三分之一，則量程變?yōu)樵瓉淼?倍。

【分析】（1）根據(jù)電表的改裝以及實驗原理選擇電源以及滑動變阻器；

（2）為保障安全，實驗開始時滑動變阻器應(yīng)調(diào)到最大值，保持電流不變時，從結(jié)合電路的分析進行調(diào)節(jié)。13．【答案】（1）解：沿＋x方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖1的P點射出磁場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=R=0.5m根據(jù)Bqv=mv2r，得r=（2）解：粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動能定理得Eqs2總路程s=πR+mv【解析】【分析】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學(xué)方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑14．【答案】（1）解：物塊B從A到B做平拋運動，設(shè)從A運動到B的時間為t，則h解得t=（2）解：由幾何關(guān)系，可知R=h1，Rcosθ=h1﹣h2解得θ=60°小物塊平拋的水平速度是v1，有g(shù)t解得v1=10m/sA與B發(fā)生碰撞的過程