内蒙古自治区赤峰市松山区2023-2024学年高三上学期第二次统一考试理科综合能力测试试题2

2024届高三第二次统一考试理科综合能力测试注意事项：1．本试题分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。本试卷满分300分，考试时间150分钟。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4．考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Cl35.5F19Sc45第I卷二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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.甲和乙两人在比较滑的水平地面上拔河，甲身材高瘦，乙身材矮胖，两人力气差不多，体重也差不多，穿相同材料的鞋子，下列分析你认为正确的是（）A.甲更容易赢得比赛，因为甲对绳子的拉力大B.乙更容易赢得比赛，因为乙对绳子的拉力大C.甲和乙赢的难易程度相同，因为两人对绳子的拉力一样大D.甲更容易赢得比赛，因为其与地面间的最大静摩擦力更大些【答案】D【解析】【详解】由于力作用是相互的，则甲、乙对绳子的拉力一样大，又由于甲、乙体重差不多，穿相同材料鞋子，最大静摩擦因数相同，对甲受力分析有对乙受力分析有甲和地面的压力大，则最大静摩擦力大，更容易赢得比赛。故选D。2.跳水运动中，跳台距水面高度一般分为5m、和10m三种，某跳水运动员训练时从10m跳台双脚朝下自由落下，教练员利用的连拍功能，连拍了多张照片。测得其中两张连续的照片中运动员双脚离水面的高度分别为和。由此估算教练员连拍的时间间隔约为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设经过时间双脚离水面的高度为，则有设连拍的时间间隔为T，则有联立解得故选A。3.如图所示，将理想变压器原线圈接在电压瞬时值的交流电源上，在副线圈两端并联接入4个规格均为“11V、22W”灯泡，灯泡均正常发光。下列说法正确的是（）A.交变电流的频率为50HzB.变压器的输入功率为88WC.理想电流表的示数为D.变压器原、副线圈的匝数比为【答案】B【解析】【详解】A．根据原线圈电压瞬时值表达式可知，交变电流的频率为故A错误；B．根据能量守恒可知，变压器的输入功率为故B正确；C．原线圈电压的有效值为220V，则理想电流表的示数为故C错误；D．根据变压器规律有，变压器原、副线圈的匝数比为故D错误。故选B。4.截至2023年8月，我国已发射了21颗气象卫星，分别实现了极轨卫星和静止卫星的业务化运行。如图，风云1号是极地轨道卫星，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，风云2号为地球同步卫星。则（）A.风云1号卫星受地球的万有引力一定大于风云2号卫星受地球的万有引力B.风云1号卫星和风云2号卫星轨道中心不在同一点C.风云1号卫星和风云2号卫星与地心的连线每秒扫过的面积不相等D.风云2号卫星的轨道半径为风云1号卫星的两倍【答案】C【解析】【详解】A．由于卫星质量关系不知，则无法比较风云1号卫星受地球的万有引力与风云2号卫星受地球的万有引力的大小关系，故A错误；B．风云1号卫星和风云2号卫星轨道中心都在地球的地心上，故B错误；C．由开普勒第二定律可知，风云1号与地心的连线在每秒内扫过的面积相等；风云2号与地心的连线在每秒内扫过的面积相等，但前后两者不相等，故C正确；D．根据开普勒第三定律有风云1号卫星的周期为12h，风云2号卫星的周期为24h，则风云2号卫星的轨道半径不等于风云1号卫星的两倍，故D错误。故选C。5.用带有弹簧的晾衣夹自制的汤匙投球器，将一质量为的小球掷出去，同时用高频摄像机记录投射与飞行过程，如图1所示。逐帧分析小球的运动轨迹，并绘制出小球水平及竖直方向的速度与时间的关系图像如图2所示。不计风力和空气阻力，则（）A.该小球被掷出瞬间的速率为B.该小球最高点距离地面的高度为C.小球与地面第一次碰撞过程损失的机械能为D.投球器对小球做的功为【答案】B【解析】【详解】A．小球被掷出后做斜抛运动，则小球被掷出后水平方向做匀速，竖直方向上做竖直上抛运动，结合图像可知，瞬间小球被掷出。则该小球被掷出瞬间的速率为故A错误；B．由图可知，是小球位移最高点，时小球恰好落地，则根据斜抛规律可得，该小球最高点距离地面的高度为故B正确；C．由图可知，小球与地面第一次碰撞后，水平速度不变，竖直速度大小由4m/s变为3m/s，则小球与地面第一次碰撞过程损失的机械能为故C错误；D．根据图像的面积表示竖直位移可得，小球被掷出时与地面的高度为则根据动能定理有代入解得，投球器对小球做的功为故D错误。故选B。6.如图所示，电源电动势E一定，内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的带负电小球固定在M点。现减小照射电阻R3的光照强度，则（）A.电容器的电容增大BR3两端电压减小C.小球在M点的电势能升高D.R2中有向右的电流【答案】CD【解析】【详解】A．电容器的电容由电容器本身性质决定，减小照射电阻R3的光照强度，电容器的电容不变，故A错误；B．R3两端电压为减小照射电阻的光照强度，R3阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，闭合回路电流I减小，可知R3两端电压增大，故B错误；C．电容器两极板间电压等于R1两端电压，由于电流I减小，则R1两端电压减小，电容器两极板间电压减小，根据可知两极板间电场强度减小；电容器上极板带正电，极板间电场方向向下，且下极板接地，则下极板电势为零，设M到下极板间的距离为，则M点的电势为当电场强度减小时，M点的电势降低，由于可知小球在M点的电势能升高，故C正确；D．由于电容器两极板间电压减小，根据可知电容器放电，中有向右的电流，故D正确。故选CD。7.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的Ek和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2，由图中数据可得（）A.物体的质量为4kgB.h=0时，物体的速率为20m/sC.从地面至h=4m，物体的动能减少200JD.从抛出到h=2m时，物体的机械能减少40J【答案】AC【解析】【详解】A．由题图可知，当h=4m时，Ep=160J，由Ep＝mgh可得m＝4kg故A正确；B．由题图可知，当h＝0时，，由可得v0＝10m/s故B错误；C．由题图可知，h=4m时，，可知从地面至h=4m，物体动能减少故C正确；D．由题图可知，h=0时，物体的机械能为h=2m时，物体的机械能为则从抛出到h=2m时，物体的机械能减少故D错误。故选AC。8.如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距L。磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直导轨平面向下。两根质量均为m、电阻均为r的导体杆a、b与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止。已知b杆光滑与导轨间无摩擦力，a杆与导轨间动摩擦因数为μ且杆受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对b杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙规律变化的水平外力F，已知在t1时刻，a杆开始运动，此时拉力大小为F1。则下列说正确的是（）A.当a杆开始运动时，b杆的速度大小为B.在0~t1这段时间内，b杆所受安培力的冲量大小为C.在t1~t2这段时间内，a、b杆的总动量增加了D.最终a、b两杆速度的速度差为【答案】AD【解析】【详解】A．当a杆开始运动时，对a杆分析有根据闭合电路欧姆定律有根据法拉第电磁感应定律有联立可得，当a杆开始运动时，b杆的速度大小为故A正确；B．在0~t1这段时间内，对b杆分析，根据动量定理有根据可知，图像的面积表示冲量，所以结合图像有联立解得，在0~t1这段时间内，b杆所受安培力的冲量大小为故B错误；C．在t1~t2这段时间内，a、b杆整体分析，根据动量定理有结合图像有则在t1~t2这段时间内，a、b杆的总动量增加了故C错误；D．最终外力F不变，a、b杆一起做匀加速运动，根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有对a、b杆整体分析有对a杆分析有联立解得，最终a、b两杆速度的速度差为故D正确。故选AD。第II卷三、非选择题（共174分。本题包括必考题和选考题两部分。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.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率：（1）如图用螺旋测微器测其直径d=__________________mm；（2）用多用电表粗测此圆柱体电阻，该电阻约为7，为精确测量其电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，电压表V（量程3V，内阻约为15kΩ）、电流表A（量程，内阻约为1Ω）、滑动变阻器R1（0~5Ω，）、干电池两节、内阻不计，开关S，导线若干。为了测多组实验数据，本次实验应当采用的最佳电路为_______________；A．B．C．D．（3）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用d、L表示，则用d、L、I、U表示的电阻率的关系式为_________________。【答案】①.②.C③.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为（2）[2]圆柱体电阻约为7，电压表内阻约为15kΩ，电流表内阻约为1Ω，则所以采用电流表外接法测电阻实验的相对误差较小。为了测多组实验数据，则滑动变阻器选择分压式接法。故选C。（3）[3]根据欧姆定律有根据电阻定律有其中联立可得，该圆柱体的电阻率为10.某同学利用下面方法间接测量物体质量M，并利用此装置验证系统机械能守恒。装置如图甲所示，一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q质量均为m=200g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=2。（1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中s1，s2，s3，s4，s5，s6。则系统运动的加速度a=_____________m/s2，5点的速度v5=_________m/s（保留三位有效数字）；（2）忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量值为M=____________kg(保留三位有效数字)；（3）利用纸带还可以验证系统机械能守恒，测量纸带得出1点到5点的距离为h，求出1点速度为v1，5点的速度为v5，根据以上数据，可求重物由1点运动到5点时系统重力势能减少量等于________，系统动能的增加量等于_______，通过数据可得出在误差允许的范围内系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，则系统机械能守恒(表达式用题中M、m、v1、v5、g、h字母表示)。【答案】①.②.③.④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]由题图可知，相邻计数点间的时间间隔为根据逐差公式可得，系统运动的加速度为[2]打5点时的速度为（2）[3]对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律有对P分析，根据牛顿第二定律有联立解得，物块Z质量的测量值为（3）[4]重物由1点运动到5点时系统重力势能减少量等于[5]系统动能的增加量等于11.如图示，水平面BC与圆弧AB、斜面CD平滑连接，各处均无摩擦。小物块P、Q质量为m1、m2。小物块P从圆弧最高点A静止释放，与静止在水平面上小物块Q发生弹性正碰。已知圆弧半径R，m1=4kg、m2=1kg，θ=37°，，g=10m/s2。求：（1）小物块P运动到圆弧形轨道最低点时的速度大小；（2）小物块P、Q弹性正碰后P、Q的速度大小；（3）若小物块Q从斜面返回到C点恰好与小物块P相碰，小物块Q最初静止的位置与C点的距离。【答案】（1）2m/s：（2）弹性正碰后P的速度大小为；弹性正碰后Q的速度大小为；（3）【解析】【详解】（1）由动能定理可得小物块P运动到圆弧形轨道最低点时的速度大小（2）小物块P、Q弹性碰撞，有联立可得（3）小物块Q在斜面上做匀变速直线运动，则加速度大小为则由可得Q在斜面上运动的时间设P碰撞后运动的C点的时间为t，则有联立可得小物块Q最初静止的位置与C点的距离12.如图所示，在xOy平面直角坐标系第一象限内存在+y方向匀强电场，第四象限范围内存在垂直xOy平面向里，大小为的匀强磁场。一带电量为q质量为m的粒子，以初速度从P(0，2L)点沿+x方向垂直射入电场，粒子做匀变速曲线运动至Q(4L，0)点进入第四象限，粒子运动过程中不计重力。求：（1）第一象限内匀强电场电场强度大小；（2）粒子在第一象限运动过程中与PQ连线的最大距离；（3）粒子进入第四象限后与x轴的最大距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子从P到Q的过程中，做类平抛运动，在x轴方向有在y轴方向有解得，，所以匀强电场电场强度大小为。（2）粒子在第一象限运动时，分解为平行于PQ连线方向和垂直于PQ连线方向的两个分运动，粒子与PQ连线的距离最大时，速度方向平行于PQ连线。设PQ与x轴的夹角为，则，在垂直PQ连线方向上有解得粒子在第一象限运动过程中与PQ连线的最大距离（3）粒子到Q点时，x轴方向的分速为，y轴方向的分速度为则粒子进入第四象限时的速度大小为v的方向与x轴正方向的夹角为。粒子进入第四象限后，在有磁场的区域做匀速圆周运动，在无磁场区域做匀速直线运动，当粒子速度方向平行于x轴时，设粒子运动到M点，则粒子在M点时距离x轴最远。粒子做圆周运动时，有解得粒子做圆周运动的圆弧在y轴方向的投影长度为由于，可知在Q到M之间有5个磁场区域和4个无磁场区域，则粒子进入第四象限后与x轴的最大距离为(二)选考题（共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分）【物理选修33】13.下列说法正确的是（）A.布朗运动就是固体分子的无规则运动B.10℃的氧气和10℃的氮气，分子的平均动能相等C.物理性质表现为各向同性的固体可能是晶体也可能是非晶体D.分子间距增大时，分子间引力减小得比斥力快E.自嗨锅透气孔堵塞，造成爆炸，爆炸的瞬间，盒内气体的内能减小【答案】BCE【解析】【详解】A．布朗运动不是分子的运动，做布朗运动的是固体小颗粒，故A错误；B．分子平均动能由温度决定，10℃的氧气和10℃的氮气温度相等，则分子的平均动能相等，故B正确；C．物理性质表现为各向同性的固体可能是多晶体也可能是非晶体，故C正确；D．当时，分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都在减小，但斥力减小得更快，分子力表现为引力，故D错误；E．自嗨锅透气孔堵塞，造成爆炸，爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与外界进行热量交换，则根据热力学第一定律可知，盒内气体的内能减小，故E正确。故选BCE。14.新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压隔离舱容积为0.6m3，初始时温度为27℃，压强为1.0×105Pa；运送到某地区后，外界温度变为12℃，大气压强变为0.9×105Pa。已知负压隔离舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取273℃。（1）求运送到某地区后负压隔离舱内的压强；（2）运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内原有气体质量之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）舱内气体的体积不变，设初始时的压强为，温度为，运送到某地区后的压强为，温度为，由查理定律可得其中代入求解可得（2）设当地的大气压强为，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为，膨胀后的气体体积为V，则由玻意耳定律可得代入数据可解得故需要抽出的气体的体积为因抽出的