四川省宜宾市2023-2024学年高三物理上学期第二学月月考理综试题含解析

宜宾市高2021级高三上学期第二学月考试理科综合试题一、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1~4题只有一项符合题目要求，第5~8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.幽门螺杆菌可产生高活性的尿素酶，当病人服用碳14标记的尿素后，胃中的尿素酶可将尿素分解为氨和碳14标记的CO2，通过分析呼气中标记的CO2的含量即可判断患者胃中幽门螺杆菌的存在。半衰期是5730年，而且大部分是β衰变，其衰变方程为。则下列说法正确的是（）A.X比多一个质子B.β粒子来自于原子核XC.含的化合物比单质衰变得可能慢些D.2000个经过5730年会有1000个发生衰变【答案】A【解析】【详解】A．X为，比多一个质子，A项正确；B．β粒子来自于原子核，B项错误；C．含的化合物和单质衰变一样快，C项错误；D．半衰期是大量原子核的统计规律，对少量原子核的衰变不适用，D项错误。故选A。2.北京时间2022年10月12日16时01分，“天宫课堂”第三课在离地球表面约的中国空间站开讲，新晋“太空教师”陈冬、刘洋、蔡旭哲为广大青少年带来一场精彩的太空科普课，这是中国航天员首次在问天实验舱内进行投课.通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的空间站里，航天员可以自由地“漂浮”，这表明他们（）A.所受地球引力的大小近似为零B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零C.地球引力的大小等于其随飞船运动所需向心力的大小D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小【答案】C【解析】【详解】ABC．所受万有引力航天员在空间站中所受地球的万有引力提供做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；D．地表所受万有引力故D错误。故选C。3.在坡道滑雪中，一运动员从斜面滑到水平面，其运动过程中动量的大小p和重力做功W随时间t、重力势能EP和机械能E随水平位移x变化的图像中，可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．运动员的运动可看作先沿斜面匀加速下滑，到水平面后做匀减速直线运动，速度先线性增大再线性减小，由动量的大小知，图线应先线性增大再线性减小，故A错误；B．设斜面倾角为，运动员沿斜面匀加速下滑，运动学公式又重力做功为联立得到水平面后，重力做功为0，故B错误；C．根据B项分析，运动员沿斜面匀加速下滑时又联立得运动员到水平面后重力势能Ep不再变化，与图线不符，故C错误；D．从斜面滑到水平面，除重力外只有阻力做功，斜面和水平面上动摩擦因数可能不同，设为和，根据功能关系，斜面上又联立解得图线线性减小，水平面上，阻力做功为，同理，图线也线性减小，故D正确。故选D。4.在发射某人造地球卫星时，首先让卫星进入低轨道，变轨后进入高轨道，假设变轨前后该卫星始终做匀速圆周运动，不计卫星质量的变化，若变轨后的动能减小为原来的，则卫星进入高轨道后（）A.周期为原来的8倍 B.角速度为原来的C.向心加速度为原来的 D.轨道半径为原来的【答案】A【解析】【详解】卫星变轨后不计卫星质量的变化，若变轨后的动能减小为原来的，,速度变为原来的一半根据万有引力提供向心力可得，公式变换后由这些表达式可得：轨道半径为原来的4倍，周期为原来的8倍，角速度为原来的，向心加速度为原来的；故A正确，BCD错误．点睛：人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论物理量的变化时要找准公式，正确使用控制变量法讨论物理量的变化．5.如图所示，一个半径为、内壁光滑的半球形容器静置在水平桌面上，底部处固定一原长为的轻弹簧，弹簧的另一端与质量为的小球相连，小球可静止于点。已知与水平方向的夹角，重力加速度为，弹簧处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A.容器对小球的作用力大小为B.弹簧对小球的作用力大小为C.弹簧的压缩量为D.弹簧的劲度系数为【答案】D【解析】【详解】AB．对小球受力分析，受重力、弹簧的弹力和容器的支持力，如图所示由几何关系知AB错误；CD．由题意可得，弹簧的压缩量为由胡克定律可得，弹簧的劲度系数为C错误，D正确。故选D。6.如图所示，从倾角为的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上。当抛出的速度为v时，小球落回斜面所用的时间为，小球落回斜面的速度为，小球的位移为，小球落在斜面上时速度方向与斜面的夹角为；当抛出速度为2v时，小球落回斜面所用的时间为，小球落回斜面的速度为，小球的位移为，小球落在斜面上时速度方向与斜面的夹角为，不计空气阻力，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【详解】D．根据平抛运动规律可知，斜面上平抛出的物体落到斜面上时速度偏转角的正切值与位移偏转角的正切值分别为，由题意可知位移偏转角不变，则速度偏转角不变，则也不变。即故D正确；A．根据速度偏转角不变，则解得故A正确；B．落回斜面时速度为则故B正确；C．根据水平位移为，则两次的水平位移为，且根据位移偏转角不变，竖直方向位移则故C错误。故选ABD。7.一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大。则（）A.在x1处物体所受拉力最大B.在x2处物体的速度最大C.在x1~x3过程中，物体的动能一直减小D.在0~x2过程中，物体的加速度先增大后减小【答案】A【解析】详解】A．根据功能关系可知，即则E-x图象的斜率表示物体受到的拉力，可见，A处切斜的斜率最大，说明此位置受到的拉力F最大，故A正确；B．在0~x1过程中物体所受拉力是变力，物体做变加速运动，在x1~x2过程中，图象的斜率越来越小，则说明受到的拉力越来越小，拉力先大于重力，后小于重力，在x2处物体的机械能最大，图象斜率为零，说明此时拉力为零，所以这一过程中物体先加速后减速，合力为零时速度最大，应在x1~x2之间某个位置，故B错误；C．由上分析知，在x1~x3过程中，物体动能先增大后减小，故C错误；D．在0~x2过程中，拉力先增大后减小，直到变为零，则物体受到的合力应先向上增大，后减小，减小到零后，再反向增大，物体的加速度先向上增大，后减小，减小到零后，再反向增大，故D错误。故选A。8.如图所示，在水平面上有一质量为m1=2kg的足够长的木板A，其上叠放一质量为m2=4kg的物块B，木板与地面间的动摩擦因数=0.2，物块和木板之间的动摩擦因数=0.6，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间t增大的水平拉力F=6t（N），重力加速度大小g=10m/s2。则（）A.t=2s之后，木板将在地面上滑动B.t=4s时，物块将相对木板滑动C.t=6s时，物块的加速度大小为3m/s2D.木板的最大加速度为6m/s2【答案】AD【解析】【详解】ABD．当物块和木板一起运动，且物块和木板之间摩擦力为最大静摩擦力时，此时对木板有fmax-μ1（m1+m2）g=m1amaxfmax=μ2m2g解得amax=6m/s2对整体有Fmax-μ1（m1+m2）g=（m1+m2）amax解得Fmax=48N由Fmax=6t1可得t1=8s因此，木块和木板保持相对静止时间为8s，t=2s时，F=12N=μ1（m1+m2）g=12N所以木板将在地面上滑动且物块与木板相对静止，故AD正确，B错误；C．由上分析可知，t=6s时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律代入数据可得故C错误。故选AD。二、非选择题：共62第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：9.某同学利用如图所示的装置探究弹簧的弹力与伸长量的关系。他将标有坐标刻度（每个小正方形的边长为1cm）的长木板固定在竖直平面内，同时将一水平横杆固定在长木板上，横杆与长木板的水平刻度线重合，弹簧的上端固定在横杆上，调整装置使弹簧的轴线与长木板的竖直刻度线重合。实验中他将弹簧的上端依次固定在横杆上0、5cm、10cm、15cm、20cm、25cm刻度处，在弹簧的下端分别挂0、1、2、3、4、5个钩码，在长木板的坐标上分别记录弹簧末端的位置，如图所示。回答下列问题：(1)以不挂砝码弹簧末端为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，根据长木板上所描弹簧末端点的分布，可以用直线拟合，你得到的结论是____________________；(2)以上得到的直线的斜率用k0表示，每个钩码的质量用m表示，重力加速度用g表示，则弹簧的劲度系数k＝____（用k0、m、g表示）；(3)已知m＝50g，g＝9.8m/s2，则弹簧的劲度系数k＝_____（结果保留2位有效数字）。【答案】①.在误差允许的范围内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比②.③.0.49N/cm或49N/m【解析】【详解】(1)[1]由题意可知，x轴表示弹力，y轴表示弹簧长度，由因此得到的结论是在误差允许的范围内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比(2)[2]由可知，直线的斜率，，解得(3)[3]由代入数据得k=0.49N/cm或k=49N/m10.如图甲所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示。相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8。（1）下列做法正确的有___________。A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上B．实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直C．实验时，先放手松开纸带再接通打点计时器电源D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置（2）某同学在计算与B点对应的重物的瞬时速度时，他采用了公式（h表示OB距离），这种做法___________（选填“对”或“不对”）。（3）即使在操作规范，数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验测得的也一定略大于，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因：___________。【答案】①.AB##BA②.不对③.纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力，机械能损失【解析】【详解】（1）[1]A．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，图甲中两限位孔必须在同一竖直线，故A正确；B．为了保证纸带在竖直方向做自由落体，实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，故B正确；C．实验时，应先接通电源后释放纸带，故C错误；D．为了减小测量数据的偶然误差，数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，故D错误。故选AB。（2）[2]在验证机械能守恒实验中，由于存在阻力，物理实际下落的加速度小于重力加速度，所以不应当用重力加速度g来表示某位置的速度，所以这种做法不对；（3）[3]即使在操作规范，数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验测得的也一定略大于，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力，机械能损失。11.如图所示,一小球从平台边缘水平抛出,恰好落在临近平台的一倾角α=53°的粗糙斜面顶端,并刚好沿斜面加速下滑.已知动摩擦因数u=0.5,斜面顶端与平台的高度差h=0.8m,重力加速度g=10m/．sin53°=0.8,cos53°=0.6.(1)求小球水平抛出的初速度和斜面顶端与平台边缘的水平距离x.(2）若斜面顶端高H=20.8m,求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t【答案】（1）3m/s；1.2m（2）2.78s【解析】【详解】解：(1)平台到斜面做平抛运动，则有：解得：到达斜面时速度方向与斜面平行，则有：解得：斜面顶端与平台边缘的水平距离：(2)由牛顿运动定律可知物体到达斜面时，由牛顿第二定律则有：解得加速度：到达斜面时速度为：斜面上物体做匀加速运动则有：解得：总时间：12.第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月在北京举办，跳台滑雪是最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道由跳台，助滑道（可视为圆心为O的圆轨道）和着陆坡部分组成，其中助滑道半径OA与竖直线OB的夹角为60°，若比赛中质量m＝60kg的运动员（含装备）从跳台A点以初速度滑下，到达B点后水平飞出。落在着陆坡上的P点，已知A、B两点间的高度差h＝30m，B、P两点间的距离s＝75m，着陆坡的倾角α＝37°，运动员可视为质点。不计空气阻力，取重力加速度大小，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）运动员到达落点P的速度大小；（2）运动员到达B点时对助滑道的压力大小；（3）运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功。【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）【解析】【详解】（1）设运动员从B到P运动的时间为t，从B点飞出时的速度大小为vB，由平抛运动规律可得联立并代入数据解得则运动员到达落点P的速度大小为（2）设助滑道的半径为R，根据几何关系有设运动员到达点时受到助滑道的支持力大小为FN，由牛顿第二定律可得联立并代入数据解得由牛顿第三定律可知运动员到达点时对助滑道的压力大小为方向竖直向下。（3）设运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为，由动能定理可得代入数据解得（二）选考题：[物理——选修3–3]13.下列说法正确的是（）A.布朗运动是液体或气体分子的运动，它说明分子永不停息做无规则运动B.用油膜法估测分子大小时，用油酸酒精体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径C.若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压缩活塞时，水汽的质量减少，压强不变D.使用钢笔难以在油纸上写字，这是因为钢笔使用的墨水与油纸不浸润E.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增加的方向进行【答案】CDE【解析】【详解】A．布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子永不停息做无规则运动，A错误；B．应该用油酸的体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径，B错误；C．同种液体的饱和汽压只和温度有关，与体积无关，所以保持温度不变缓慢下压活塞时，饱和汽压不变，水汽的质量减少，C正确；D．钢笔使用的墨水与油纸不浸润，墨水无法附着在油纸上，所以使用钢笔难以在油纸上写字，D正确；E．根据热力学第二定律可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增加的方向进行，E正确。故选CDE。14.如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为，经历的过程，的延长线过坐标原点O，已知过程中气体做功大小为过程中气体做功大小的2倍，求：(1)气体在状态B时的温度和在状态C时的压强大小；(2)整个过程中气体与外界交换的热量大小。【答案】(1)800K，；(2)300J【解析】【详解】(1)由题图可知，气体从状态A到状态B为等压变化，根据盖一吕萨克定律有解得气体从状态C到状态A为等温变化，由玻意耳定律可得解得(2)气体经历的过程中，设外界对气体做功为W，为等压变化，外界对气体做功为为等容变化，所以过程中外界对气体不做功，过程中，气体体积减小，外界对气体做功为整个过程中，外界对气体做功整个过程中，气体内能的增加量，根据热力学第一定律可得即气体向外放热300J。[物理——选修3–4]15.