辽宁省辽河油田第二高级中学2022届高三物理第三次模拟考试试题含解析

辽宁省辽河油田第二高级中学2022届高三第三次模拟考试理科综合物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共计48分。在每小题给出的四个选项中，第14—18题只有一个选项符合题目要求，第19—21题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.2022年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数粒子发生核反应的过程中都伴着中微子的产生，例如核裂变、核聚变、β衰变等。下列关于核反应的说法正确的是A.Th衰变为Rn，经过3次α衰变，2次β衰变B.H+H→He+n是α衰变方程，Th→Pa+e是β衰变方程C.U+n→Xe+Sr+10n是重核裂变方程，也是氢弹的核反应方程D.高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为He+N→O+【答案】A【解析】在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，设经过了m次α衰变，则：4m=234-222=12，所以m=3；经过了n次β衰变，有：2m-n=90-86=4，所以n=2．故A正确；核反应方程12H+13H→24He+01n是轻核的聚变，T90234h→P91234a+e−10中放射出电子，是β衰变方程，故B错误；U92235+01n→X54136e+S5490r+1001n是重核裂变方程，也是原子弹的核反应方程．故C错误；高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为24He+714N→817O+11H．故D错误．故选A.点睛：解决本题的关键知道α衰变和β衰变的实质，知道在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，质量数不变．2.如图所示，一滑块以初速度v0自固定于地面的斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端。取沿斜面向上为正方向。下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是14\nA.B.C.D.【答案】A............点睛：本题采用定性分析的方法分析运动与力关系，关键抓住上滑和下滑位移大小相等，由于摩擦到达同一点上滑的速度大于下滑的速度．3.在导线中电流在周围空间产生的磁感应强度大小为：B=kIr，k为常数，r为到导线的距离，如图所示，两个半径相同，材料不同的半圆环并联地接在电路中，电路中的总电流为I，流过ABD半圆环的电流为，流过ACD半圆环的电流为23I,在圆环圆心处电流产生的磁场的磁感应强度为B，若将ABD半圆环绕直径AD转过90°，这时在O点的磁感应强度大小为（　　）A.3BB.5BC.2BD.B【答案】B【解析】ABD半圆环的电流和ACD半圆环的电流产生的磁场在O点处的磁场的磁感应强度方向相反，14\n根据磁场叠加可知，半圆环中I电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B，那么ACD半圆环的电流为I，在O点产生磁场的磁感应强度大小为2B，因此将ABD半圆环绕直径转过90°，这时在O点磁场的磁感应强度大小为B′=B2+(2B)2=5B，故B正确，ACD错误；故选B．4.电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】设在0-t02时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在t02-3t02时间内，感应电流为负；3t02-2t0时间内感应电流为正．螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率ΔΦΔt按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化．故B正确，ACD错误．故选B．点睛：本题从感应电流的方向和大小两个方面进行分析．感应电流方向由楞次定律判断，其大小与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律研究．要利用数学知识分析磁通量的变化率．5.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电电压u＝2202sin100πt(V)．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表2示数为1A。电表对电路的影响忽略不计，则(　　)14\nA.此交流电的频率为100HzB.电压表示数为2202VC.电流表1示数为5AD.此电动机输出功率为33W【答案】D【解析】试题分析：此交流电的频率为f=ω2π=100π2πHZ=50HZ，选项A错误；电压表示数为交流电的有效值，即：U1=22022V=220V，选项B错误；根据I1n1=I2n2可知I1=n2n1I2=0.2A，选项C错误；变压器次级电压U2=n2n1U1=44V，故此电动机输出功率为：P=I2U2−I22r=1×44−12×11W=33W，选项D正确；故选D.考点：变压器；电功率的计算.6.2022年1月23日，我国首颗1米分辨率C频段多极化合成孔径雷达（SAR）卫星“高分三号”正式投入使用。某天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知引力常量为G，则（）A.卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为B.卫星绕地球匀速圆周运动的角速度为2πθtC.地球的质量为l3Gθt2D.卫星的质量为t3Gθl2【答案】AC【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为v=lt，选项A正确；卫星绕地球匀速圆周运动的角速度为ω=θt，选项B错误；根据GMmr2=mv2r，其中的r=vω，联立解得：M=l3Gθt2，选项C正确；卫星的质量从方程两边消掉了，故不能求解卫星的质量，选项D错误；故选AC.7.竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为R的eEd=12mυ2−12mυ02圆弧MN和半径为r的半圆弧NP拼接而成（两段圆弧相切于N点），小球带正电，质量为m，电荷量为q。已知将小球由M点静止释放后，它刚好能通过P点，不计空气阻力。下列说法正确的是()14\nA.若加竖直向上的匀强电场E（Eq<mg），则小球能通过P点B.若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过P点C.若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过P点D.若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过P点【答案】AC【解析】试题分析：应用动能定理求出小球到达P点的速度，小球恰好通过P点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题．解：设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得：mgh=mv2﹣0，v=，小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，r=2h；A、若加竖直向下的匀强电场E（Eq＜mg），小球从M到P过程由动能定理得：（mg﹣qE）h=mv′2﹣0，解得：v′=，则：m=mg﹣qE，小球恰好通过P点，故A正确；B、若加竖直向上的匀强电场，小球从M到P过程由动能定理得：（mg+qE）h=mv′2﹣0，解得：v′=，则：m=mg+qE，小球恰好通过P点，故B错误；C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则：qvB+mg＞m，小球不能通过P点，故C正确；D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：mg﹣qvB＜m，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误；故选：AC．【点评】本题是一道力学综合题，知道小球通过P点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．8.14\n图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为36。木箱在轨道上端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是：()A.m＝MB.m＝2MC.木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹性势能【答案】BC【解析】试题分析：在木箱与货物一起向下滑到卸货过程中，则有（M+m）gLsin30°=μ（M+m）gLcos30°+W弹卸下货后，木箱被弹回轨道顶端，有W弹−MgLsin30°−μMgLcos30°=0联立解得m＝2M，A错误B正确，设下滑时加速度为a1，弹起离开弹簧后加速度为a2，则有（M+m）gsin30°−μ（M+m）gcos30°=（M+m）a1解得：a1=2.5m/s2Mgsin30°+μMgcos30°=Ma2解得：a2=7.5m/s2，所以木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度，C正确，过程中摩擦力做功，一部分能量转化为内能，D错误，考点：本题综合运用了牛顿第二定律以及能量守恒定律，点评：本题也可以用动能定理求解，关键是合理地选择研究的过程．三、非选择题：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做答。第33~38题为选考题，考生根据要求做答。9.为测定木块与斜面之间的动摩擦因数，某同学让木块从斜面上端自静止起作匀加速下滑运动，如图所示.他使用的实验器材仅限于：①倾角固定的斜面(倾角未知)，②木块，③秒表，④米尺.实验中应记录的数据是__________________（可用图中字母表示），计算动摩擦因数的公式是____________.为了减小测量的误差，可采用的办法是14\n____________________。【答案】(1).（1）斜面长L，斜面高h，底边长d，木块从顶端滑到底端时间t (2).（2）hd−2L2gdt2(3).（3）多次测量求平均值【解析】10.李明同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0－99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。①先测电阻R1的阻值。请将李明同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数Ul，保持电阻箱示数不变，__________________，读出电压表的示数U2。则电阻R1的表达式为R1＝_______。②李明同学已经测得电阻Rl＝4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的1U−1R图线，则电源电动势E＝_____V，电阻R2＝_____Ω。（结果保留2位有效数字）【答案】(1).（1）将S2切换到b；(2).U2−U1U1r(3).（2）1.4；(4).1.2【解析】①要测得R1的阻值，应知道R1两端的电压及流过R1的电流；故可以将S2切换到b，测出串联电路的两端的电压；由串联电路可知U=U2-U1；电流I=U1r；由欧姆定律可知：R1=U2−U1U1r=U2−U1U1r14\n②电压表测量电阻箱两端的电压；由闭合电路欧姆定律可知：U=ER1+R+R2R变形得：1U=R1+R+R2E×1R=1E+R1+R2E×1R由图象可知，图象与纵坐标的交点等于=0.7；解得：E=1.43（或107）； 图象的斜率:R1+R2E=2.8−0.70.5解得：R2=6-4.8=1.2Ω；点睛：本题为伏阻法测电动势和内电阻，但由于过程较为复杂，故应认真审题，明确题中的实验原理；同时要注意电源内电阻忽略不计，R2可等效为内电阻处理．11.如图所示，半径R=1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L＝0.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角为θ=37°的光滑斜面连接，质量m＝1.0kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ＝0.1。（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8,g取l0m/s2）求：（1）若小滑块到达圆弧B点时对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍，则小滑块应从圆弧上离地面多高处释放；（2）若在C点放置一个质量M=2.0kg的小球，小滑块运动到C点与小球正碰后返回恰好停在B点，求小滑块与小球碰后瞬间小滑块的速度大小。（3）小滑块与小球碰后小球将落在何处。【答案】（1）0.95m ；（2）距斜面底端0.3m处 【解析】（1）设小滑块运动到B点的速度为vB，由机械能守恒定律有：mg（H－h）＝mvB2 由牛顿第二定律有：F－mg＝mvB2R联立上式解得：H=0.95m （2）设小滑块运动到C点的速度为vC，由动能定理有：mg（H－h）－μmgL=mvC2 解得小滑块在C点的速度：vC＝3m/s 14\n小滑块平抛到地面的水平距离：s＝vCt＝vC2hg＝0.9m 斜面底宽d＝hcotθ＝0.6m 因为S＞d，所以小滑块离开C点将落在水平地面上距斜面底端0.3m处. 12.如图所示，在纸面内直线MN的左侧存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内的整个空间还存在范围足够大的匀强电场，现有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v0沿直线AP匀速运动，并从直线MN上的P点离开磁场。已知A点到直线MN的距离AO=PO=2mv0qB,粒子重力不计。（1）求匀强电场的场强大小和方向；（2）粒子离开磁场后再次经过直线MN时到O点的距离；（3）若粒子的初速度大小变为原来的一半，仍沿AP方向开始运动，此运动过程中粒子离开AP的最远距离d=mv0qB,求此时粒子的速度大小及加速度大小。【答案】（1）E=Bv0；方向垂直AP斜向上；（2）DO=32mv0qB（3）a=(3−1)qv0Bm【解析】（1）粒子以速度v0沿直线AP匀速运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，则：qE=qv0B匀强电场的场强大小E=v0B；方向垂直AP斜向上；（2）粒子离开磁场后，做类平抛，轨迹为PD,如图14\n因AO=PO，则θ=45°，PC=CD=v0t=at2，a=qEm再次经过直线MN时到O点的距离：DO=2PC+PO由以上各式，得DO=32mv0qB（3）若粒子的初速度大小变为原来的一半，轨迹如图，离开AP的最远距离为F,速度为粒子由A到F，由动能定理，得：Eqd=12mv2−12mv02,d=mv0qB由上式，得：v=3v0由qvB−qE=ma此时粒子的加速度大小a=(3-1)qv0Bm（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中各选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。【物理——选修3-3】13.关于一定量的理想气体，下列说法正确的是_____(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分.选对3个得5分;每选错1个扣3分，最低得分为0分).14\nA.气体分子的体积等于气体分子的质量与该种气体密度的比值B.只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高。【答案】BDE考点：温度；气体的压强；热力学第一定律；气态方程。14.“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如下图实验。圆柱状气缸（横截面积为S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时（设此时缸内温度为t°C）密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L.由于气缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面L/10处。已知环境温度为27°C不变，mg/s与1/6大气压强相当，气缸内的气体可看做理想气体，求t值。【答案】127℃【解析】试题分析：酒精棉球熄灭时，封闭气体向下得压力，大气压向上的支持力，由平衡得：P1S=P0S解得：P1=P0，此时体积为：V1=LS，温度为：T1=273+t重物被吸起稳定后，活塞受绳子得拉力，封闭气体向下得压力和大气压向上得支持力，由平衡得：P2S+mg=P0S14\n解得：P2=P0−mgS=56P0此时体积为：V2=910LS，温度为T2=273+27K=300K有理想气体状态方程得：P1V1T1=P2V2T2解得：t=127∘C考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】本题得关键是以活塞为研究对象，受力分析利用平衡求出初末状态压强，然后利用理想气体状态方程列式即可求解，酒精棉球熄灭后，以活塞为研究对象可求出封闭气体初末状态压强，利用理想气体状态方程列式即可求解【物理选修3-4】15.一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如乙所示，则下列判断正确的是_____(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分.选对3个得5分;每选错1个扣3分，最低得分为0分).A．该列波沿y轴负方向传播B．该列波的波速大小为1m/sC．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4HzD．若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸一定比40cm小很多E．从该时刻起，再经过0.4s的时间，质点A通过的路程为40cm【答案】BDE【解析】根据图乙可知，t=0时刻，A点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿X正向传播，故A错误；由波动图可知波长为0.4m，由振动图可知周期T=0.4s，则波速v=λT＝0.40.4=1m/s，故B正确；发生稳定的干涉现象要相同频率，此波的频率f=1T＝2.5Hz，若此波遇到另一列简谐横渡并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为2.5Hz，故C错误；由甲图得到波长为λ=0.4m；发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，故该波遇到一障碍物能发生明显韵衍射现象，则该障碍物的尺寸一定与0.4m相差不大或者比0.4m14\n小，故D正确；△t=0.4s，T=0.4s，故△t=T；质点A做简谐运动，一个周期内通过的路程为S=4A=4×10cm=40cm，故E正确．故选BDE.点睛：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力．知道干涉和衍射的条件，熟练运用波形的平移法判断波的传播方向．16.如图所示，玻璃球冠的折射率为3，其底面镀银，底面的半径是球半径的32倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点。求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。【答案】1500【解析】试题分析：设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB令∠OAO′=α则：cosα=O′AOA=32RR=32…①即∠OAO′=α=30°…②已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④由折射定律得：sini=nsinr…⑤代入数据得：r=30°…⑥14\n作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦由反射定律得：i″=30°…⑧连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨由⑦⑨式可得∠ENO=30°所以∠ENO为反射角，ON为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°-∠ENO=150°考点：光的折射定律14