河南省部分学校高三下学期5月期末理综物理试题

高三理科综合一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.通有恒定电流的长直导线固定在足够大的光滑绝缘水平面上，正方形金属框静止在水平面上如图所示位置，要使金属框沿图示速度v方向在水平面上做匀速直线运动，则需要加的水平外力方向应该是（）A.方向 B.方向 C.方向 D.方向【答案】A【解析】【详解】由右手螺旋定则可判断导线右侧磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可判断出金属框中的感应电流方向为顺时针，由于离导线越近磁场越强，离导线远端磁场越弱，故正方形线框左半部的安培力大小大于右半部的安培力大小，线框各部分的安培力合力向左，故要使金属线框做匀速运动需要加的水平外力应该是向右方向。故选A2.我国“北斗三号”采用的是星载氢原子钟，该钟数百万年到一千万年才有误差。其精度比“北斗二号”的星载铷原子钟提高了一个数量级。如图所示为氢原子能级图，则下列说法正确的是（）A.氢原子可以自发地从低能级向高能级跃迁B.基态氢原子处于能量最高的稳定状态C.一个氢原子处于能级的激发态，跃迁到基态最多能发出2种不同频率的光D.从向能级跃迁，向外辐射光子的能量为【答案】C【解析】【详解】A．根据波尔跃迁理论可知，氢原子吸收光子的能量后可以从低能级向高能级跃迁，但氢原子不能够自发地从低能级向高能级跃迁，故A错误；B．基态氢原子处于能量最低的稳定状态，故B错误；C．一个氢原子处于能级的激发态，跃迁到基态最多能发出不同频率的光的种类为3-1=2故C正确；D．从向能级跃迁，向外辐射光子的能量为（）故D错误。故选C。3.一个皮球从空中足够高处由静止释放，在重力和空气阻力的作用下做直线运动，若皮球受到的空气阻力大小与速度成正比，则皮球运动的加速度大小随速度变化的规律图像可能是下图中的（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】皮球受到的空气阻力大小与速度成正比，设比例系数为，则，由牛顿第二定律可得解得皮球做加速度减小的加速运动，当加速度减为0时，皮球速度达到最大，皮球保持最大速度匀速运动。故选A。4.如图所示，在孤立的点电荷所形成的电场中画一条直线，发现点是直线上电场强度最大的点，其大小是，B点电场强度大小是，电子在点的电势能比在点的电势能小，则下列说法正确的是（）A.是负电荷B.中点的电场强度大小是C.中点的电场强度大小是D.若将孤立的点电荷移到点，则点电场强度大小变成【答案】D【解析】【详解】BC．根据题意，由于点的电场强度最大，则点电荷离A点最近，设距离为，如图所示由点电荷场强公式可得，则有解得由几何关系可得则中点的电场强度大小是故BC错误；A．由于电子在点的电势能比在点的电势能小，由可知由沿电场线方向电势逐渐降低可知，是正电荷，故A错误；D．由几何关系可得若将孤立的点电荷移到点，则点电场强度大小变成故D正确。故选D。5.“神舟十六号、十七号”载人飞船计划在2023年发射，神舟飞船与空间站的组合体会绕地球做圆周运动，若组合体绕地球做圆周运动的周期为，地球的半径为，地球表面的重力加速度为，则质量为的宇航员在空间站内受到地球的引力大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】宇航员在空间站里受到地球的引力大小为在地球表面，万有引力等于重力有对组合体，由万有引力提供向心力有解得故选D。6.质量为的物体放在水平面上，现给物体加一个水平拉力并开始计时，其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，重力加速度取，下列说法正确的是（）A.内的大小均匀增大B.在时，的大小为C.物体与水平面间的动摩擦因数为D.内拉力做的功为【答案】BC【解析】【详解】A．图像的斜率表示加速度，图甲内图像是一条直线，表明加速度一定，根据牛顿第二定律可知，内的大小不变，故A错误；C．根据图甲可知，内物体做匀速直线运动，则有此时间间隔内的速度为3m/s，拉力的功率为6W，则有解得故C正确；B．根据图甲可知，内物体做匀减速直线运动，则有图像斜率表示加速度，根据图像可知结合上述解得故B正确；D．内加速度根据图甲可知，内物体做匀加速直线运动，则有解得则内拉力做功图像的面积表示位移，则有解得故D错误。故选BC。7.如图所示，距离为的竖直虚线之间存在沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。有一质量为、电阻为的直角三角形金属线框，，边长为，边长为，线框底边在光滑绝缘的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，边出磁场前瞬间线框的加速度大小为，线框始终在竖直平面内运动，边一直不离开水平面，则下列判断正确的是（）A.边出磁场前瞬间，线框的速度大小为B.边出磁场后瞬间，线框的加速度大小为C.在边刚出磁场到点刚要进磁场过程中，线框的动量减少量为D.在边刚出磁场到点刚要进磁场过程中，线框对地面的压力小于线框重力【答案】BCD【解析】【详解】AB．根据题意，由几何关系可知，边出磁场前瞬间，线框切割磁感线的有效长度为，根据、、和牛顿第二定律有解得边出磁场后瞬间，线框切割磁感线的有效长度为，同理可得解得故A错误，B正确；C．根据题意，在边刚出磁场到点刚要进磁场过程中，由动量定理有又有联立解得即线框的动量减少量为，故C正确；D．在边刚出磁场到点刚要进磁场过程中，线框受到的安培力斜向向上有竖直向上的分量，则线框对地面的压力小于线框重力，故D正确。故选BCD。8.如图所示，倾角为的光滑斜面上固定有光滑圆弧轨道，点分别为最高和最低点，两点与圆心等高，斜面上有平行于斜面的水平匀强电场，一质量为，电量为的带正电小球（视为质点），从点无初速释放，球沿轨道运动最远到达点；现在点将小球以速度沿斜面向下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，重力加速度为，以下说法正确的是（）A.电场方向由指向 B.电场强度大小为C.圆弧轨道半径为 D.小球电势能最大时动能为【答案】BD【解析】【详解】A．从点无初速释放，球沿轨道运动最远到达点，带正电小球是克服电场力做功，故电场方向由指向，故A错误；B．从点无初速释放，球沿轨道运动最远到达点过程中由动能定理得解得故B正确；C．由题意可知小球圆周运动的等效最高点为弧的中点，在点将小球以速度沿斜面向下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，说明小球恰能到达等效最高点，由牛顿运动定律可得由动能定理得两式联立解得故C错误；D．小球在点电势能最大，从由动能定理可得带入数据解得故D正确；故选BD。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.小明同学为了“验证动量定理”，设计了如图甲所示的装置，并进行了如下的操作：①将光电门1、2固定在长木板上，将带有遮光条的滑块与一定质量的钩码用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳连接起来，调节长木板的倾角，直到滑块沿长木板匀速下滑；②取下钩码，用天平测出钩码的质量以及滑块与遮光条的总质量，用游标卡尺测出遮光条的宽度d；③将滑块（末连接钩码）由光电门1的上方静止释放，滑块通过两光电门时遮光条的挡光时间分别为、，滑块由光电门1到光电门2的时间为。已知重力加速度为。回答下列问题：（1）实验测遮光条宽度时，游标卡尺的读数如图乙所示，则该遮光条的宽度______；（2）第③步中，滑块沿长木板下滑时的合力为______（不用、表示）；若关系式______成立，则动量定理得到验证。（用以上物理量的符号表示）【答案】①.②.mg③.【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为（2）[2]令长木板的倾角为，在①中，对滑块与钩码整体分析有取下钩码，将滑块（末连接钩码）由光电门1的上方静止释放，则第③步中，滑块沿长木板向下做匀加速直线运动，对滑块分析有解得[3]根据动量定理有滑块经过两个光电门时的速度，结合上述解得可知若上述关系式成立，则动量定理得到验证。10.某实验小组要测量未知电阻的阻值。（1）先用欧姆表“”倍率测量电阻，发现欧姆表指针的偏转角度过大，为了测量结果比较准确，应将选择开关拨到______（填“”或“”）倍率，再将红、黑表笔短接进行欧姆调零，再次测量电阻时欧姆表指针所指位置如图甲所示，则被测电阻的阻值为______。（2）要精确测量电阻的阻值，小组成员设计了如图乙和丙所示电路，为定值电阻，与两个电流表的量程之比为，且电表的内阻均很小，为了能在测量时使两电流表的指针偏转角度大致相等，则应选用下列哪个电阻较合适？（）A.B.C.D.（3）先用乙图电路进行实验，闭合电键前，先将图乙中滑动变阻器滑片P移到最______（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器，测得多组电流表、的示数和，作出图像（为横轴），得到图像的斜率，再用图丙申路进行实验，测得多组电流表、的示数和，仍作图像（为横轴），得到图像的斜率；则被测电阻______。这样测量电阻的阻值______（填“存在”或“不存在”）因电表内阻产生的系统误差。【答案】①.②.100③.B④.右⑤.⑥.不存在【解析】【详解】（1）[1]欧姆表指针的偏转角度过大，表明通过欧姆表的电流较大，即所测电阻阻值较小，为了减小读数误差，需要使得指针指在欧姆表的中央刻线附近，则需要换用低倍率，即应将选择开关拨到“”倍率；[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为（2）[3]与两个电流表的量程之比为，在干路上，在支路上，电表的内阻均很小，为了能在测量时使两电流表的指针偏转角度大致相等，即通过两电表的电流之比近似为，则选用的电阻应与待测电阻的阻值差不多的电阻，根据上述，欧姆表测得的阻值为，即选用。故选B。（3）[4]图乙中滑动变阻器采用分压式接法，为了确保电路安全，刚刚闭合开关时，需要使得待测电路获得电压为零，可知闭合开关之前滑片P应移到最右端；[5]用乙图电路进行实验，根据分析有则有图像的斜率，则有用丙图电路进行实验，根据分析有则有图像的斜率，则有解得[6]根据上述求解过程，可知，电流表的内阻对测量没有影响，即这样测量电阻的阻值不存在因电表内阻产生的系统误差。11.如图所示，与水平面成倾角的传送带长为，以的速率沿顺时针方向匀速运行，质量为的物块和质量为的物块同时从传送带的底端和顶端以大小为的速度滑上传送带，两物块与传送带间的动摩擦因数均为，不计物块的大小，两物块碰撞后粘在一起，重力加速度为，，求：（1）物块和从滑上传送带到碰撞所用的时间；（2）两物块在传送带上运动过程中与传送带摩擦产生的热量。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对物块A有解得物块A向上做匀减速运动，对物块B有解得物块B向下做匀速运动，设经时间，物块A的速度与传送带速度相同，则有解得此时间内物块A的位移为物块B的位移为设再经过时间，物块和碰撞，则有则物块和从滑上传送带到碰撞所用的时间为（2）物块A和B碰撞过程中，系统的动量守恒，取沿传送带向上为正方向，由动量守恒定律有解得此后两物块一起匀速到顶端，运动到顶端的时间为两物块在传送带上运动过程中与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力与物块传送带间相对位移的乘积，即代入数据解得12.如图所示，在平面直角坐标系轴上方有磁感应强度大小不变的匀强磁场，在轴下方有平行于平面的匀强电场，且与轴成角斜向右上方。一个质量为、电荷量为的带正电粒子，以初速度从轴上点沿轴正方向射出，，若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过轴进入电场和第二次经过轴的位置均在点（未画出）；若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过轴的位置也在点，不计粒子的重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）若磁场方向垂直坐标平面向外，粒子从点射出到第三次经过轴所用的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过轴进入电场和第二次经过轴的位置均在点，说明粒子到达Q点时的速度方向与电场强度方向反向，则由几何关系解得根据可得（2）若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过轴的位置也在点，轨迹如图；则解得（3）粒子在磁场中运动的时间粒子进入电场时做减速运动，速度减到零用时间t2，后反向加速，仍用时间t2第二次回到x轴，解得粒子再次进入磁场做圆周运动，再次到达x轴时用时间则粒子从点射出到第三次经过轴所用时间13.若取两分子间势能最小值为零，则分子势能随分子间距离变化的关系如图乙所示。将A分子固定，B分子运动到C点时分子势能为零，则分子B在C点受到的分子力为______（选填“引力”“斥力”或“零”）；在分子B从无穷远处向C点逐渐靠近过程中，分子力的变化情况是______（选填“逐渐增大”“逐渐减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”），该过程中分子力做功情况为______（选填“一直做正功”“一直做负功”“先做正功后做负功”或“先做负功后做正功”）。【答案】①.零②.先增大后减小③.一直做正功【解析】【详解】[1]B分子运动到C点时分子势能为零，该位置分子势能最小，可知C点为平衡位置，即分子B在C点受到的分子力为零；[2]根据上述可知，C点为平衡位置，则在分子B从无穷远处向C点逐渐靠近过程中，分子力表现为引力，分子力的变化情况是先增大后减小；[3]图乙可知，分子B从无穷远处向C点逐渐靠近过程，分子势能一直减小，则分子力一直做正功。14.如图甲所示，汽缸开口处有挡板，开始汽缸水平放置，用质量为m、截面积为S厚度不计的活塞封闭一定质量的理想气体，当封闭气体的温度为时，活塞到汽缸底部的距离为汽缸总长度的，大气压强为，重力加速度为g。已知，现将汽缸缓慢地转至开口向上，如图乙所示忽略一切摩擦。求：①稳定时，活塞到汽缸底部距离与原来到汽缸底部距离的比值；②稳定后将气体加热到，求封闭气体的压强与大气压强的比值。【答案】①5：6；②3：2【解析】【详解】①汽缸缓慢地转至开口向上时，设封闭气体压强为，由活塞受力平衡可得解得对封闭气体，由玻意耳定律可得代入数据解得解得，故活塞到汽缸底部的距离与原来到汽缸底部距离的比值为5：6②当活塞到达汽缸顶部时，由盖-吕萨克定律可知解得气体加热到，热力学温度为当气体温度继续升高，由查理定律得解得封闭气体的压强与大气压强的比值为3：2。15.两列振幅和传播速度大小相同的简谐横波某时刻在如图所示的区域相遇，实线波沿x轴正向传播，虚线波沿x轴负向传播。已知实线波频率