2022-2022学年第二学期学期高三第一次月考理科综合物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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.下列说法中正确的是A.碘131(即)核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天，经过8天后，30个放射性碘131衰变的个数一定是15个B.用某种单色光照射容器中大量处于n=2能级的氢原子，氢原子吸收这种关子后，能发出波长分别为、、的三种光子(),则照射光关子的波长为C.α射线，β射线，γ射线本质上都是电磁波，且γ射线的波长最短D.当某种单色光照射某金属表面时，能产生光电效应，则入射光的波长越大，产生的光电效应的最大初动能越大【答案】B【解析】半衰期是对大量原子核的一个统计规律，对少数粒子不适用，故A错误；处于激发态的氢原子并不稳定，能够自发向低能级跃迁并发射光子，氢原子只发出三种不同频率的色光，知氢原子处于n=3能级。所以某种单色光照射容器中大量处于n=2能级的氢原子，跃迁到氢原子处于n=3能级。氢原子吸收这种光子后，能发出波长分别为λ1、λ2、λ3，的三种光子，（λ1＞λ2＞λ3）根据光子频率v=得光子波长越小，频率越大。显然从n=3直接跃迁到n=2能级时辐射光子的能量等于入射光子的能量，故入射光子的能量E=hv1，所以照射光光子的波长为λ1．故B正确；α射线是氦核，β射线是高速运动的电子，只有γ射线本质上是电磁波。故C错误；根据光电效应方程：Ekm＝−W0，可知能产生光电效应时，入射光的波长越大，产生的光电效应的最大初动能越小。故D错误。故选B.2.一只半球形碗倒扣在水平桌面上始终处于静止状态，碗的半径为R，质量为m的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于时，才能停在碗上。那么，蚂蚁和碗面间的最大静摩擦力为-15-\nA.0.75mgB.0.8mgC.0.4mgD.0.6mg【答案】D【解析】蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，根据平衡有：f=mgsinθ=μN=μmgcosθ而cosθ=．所以故最大静摩擦力为：f=μmgcosθ=mg，故ABC错误，D正确，故选D.3.一平直公路上有甲乙两辆车，他们从t=0时刻开始运动，在0～6s内速度随时间变化的情况如图所示。已知两车在t=3s时刻相遇，下列说法正确的是()A.两车的出发点相同B.t=2s时刻，两车相距最远C.两车在3～6s之间的某时刻再次相遇D.t=0时刻两车之间的距离大于t=6s时刻两车之间的距离【答案】D-15-\n【解析】由图可得，0~3s内，乙的位移，甲的位移，二者t=0时刻相距9.5m-3.75m=5.75m，选项A错误；3~6s内，乙的位移，甲的位移，二者相距4.5m+0.75m=5.25m.所以t=0时刻两质点之间的距离大于t=6s时刻两质点之间的距离，选项D正确；0~2s内，两质点间距逐渐减小，t=2s时刻不是相距最远，选项B错误；两质点在3~6s之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项C错误；故选D。点睛：本题考查v-t图象的性质，本题的关键在于v-t图象中图象的面积表示位移的应用，要求能从图中得出两车各自位移的变化情况，从而两车距离的变化情况。4.2022年2月6日国防科工局发布了由“嫦娥二号”月球探测器获得的7米分辨率全月球影像图，这是我国探月工程取得的重大科技成果。设地球、月球的质量分别为m1、m2，半径分别为R1、R2，地球的某近地卫星速度为v，环绕周期为T，则环绕月球表面飞行的探测器速度和周期为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】设中心天体的质量为M，半径为R．卫星的质量为m，环绕速度为v，周期为T．根据万有引力提供向心力得：；则得，T=2π．发现卫星线速度与中心天体的质量及轨道半径有关，所以探测器的速度与地球的第一宇宙速度之比则得：环绕月球表面飞行的探测器的速度为 ；探测器的周期和地球卫星的环绕周期之比：，则探测器的周期T′=T，故A正确，BCD错误．故选A.5.如图所示，、、为完全相同的标准电阻，甲、乙两种情况下电阻 、 -15-\n的功率均为P，且匝数之比 均为 ，则（）A.图甲中的功率为16PB.图乙中的功率为 C.图乙中的功率为16PD.图甲中的功率为【答案】AB【解析】【详解】图甲中，设R2两端电压为U，根据电压与匝数成正比，得线圈n1两端的电压为4U，根据P＝U2/R，R1两端的电压是R2两端电压的4倍，R2的功率为P=U2/R，R1的功率为，故A正确，D错误；图乙中，R2、R3是完全相同的电阻，功率均为P，由知，副线圈电流为I，副线圈电压均为U，根据电压与匝数成正比，有原线圈两端电压为4U，根据输入功率等于输出功率，有4UI1＝2P＝2UI，解得，R1的功率，故B正确，C错误；故选AB。【点睛】解决本题的关键是知道对于有多个副线圈的理想变压器，任意两个线圈的电压比等于这两个线圈的匝数比，电流比不满足匝数的反比规律，电流关系可通过功率关系得到．6.如图所受，三根完全相同的细绝缘棒连接成等边三角形，P点为三角形的内心，Q点与三角形共面且与P点相对AC棒对称，三棒带有均匀分布的正电荷，此时测得P、Q两点的电势各为、。现将BC棒取走，而AB、AC棒的电荷分布不变，则下列说法正确的是（）A.P点的电势变为B.P点的电场强度方向由P指向AC.P点的电场强度增大-15-\nD.在没有把BC棒取走时，把+q检验电荷由P点移到Q点，电场力做正功【答案】ACD【解析】【分析】三个电棒完全相同，相对P点位置对称，故三带电棒在P点产生的电场强度大小相同，产生的电势也相等，根据矢量和标量的合成原则分析即可求解。【详解】三根棒在三角形中心P处产生的电势都相等，总的电势值为φP，将BC棒取走后，电势变为φP．故A正确。三带电棒完全相同，相对P点位置对称，故三带电棒在P点产生的电场强度大小相同，合场强为零；另由于每个带电棒关于P点轴对称，所以每个带正电的棒在P点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线从P点向外方向，三个电场方向互成120°角，所以将BC棒取走后，P点的电场强度不再为零，方向由A指向P，故B错误，C正确。在没有把BC棒取走时，P点的场强为零，PQ间的场强方向由P指向Q，把+q检验电荷由P点移到Q点，电场力做正功，故D正确。故选ACD。7.如图甲所示，在一正方形区域内有垂直纸面向里的均匀磁场，在该正方形外接圆处放置一个半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈，线圈的两端接一电容为C的平行板电容器(未画出)。已知电容器充放电时间极短，正方形区域内磁场的磁感应强度大小随时间按照图乙所示规律变化，则下列说法正确的是A.线圈内磁场的磁感应强度大小的表达式为，在t=T时刻磁通量为4nB0r2B.在t=T时刻电容器两极板的电势差为C.t=T时刻电容器极板上所带电荷量为D.在0～T时间内线圈中产生的焦耳热为【答案】C【解析】-15-\nA、根据题中的图象，则t时刻，正方形区域内的磁感应强度的表达式为，当时，，线圈内的磁通量为：，A错误；B、正方形线圈内磁通量的变化率，因此线圈在时刻产生的感应电动势为：，即电容器两极板的电势差，B错误；C、线圈在时刻产生的感应电动势为，则电容器极板上所带电荷量，C正确；D、电容器充电一瞬间完成，没有持续电流，因此不能用焦耳热公式算电热，D错误；故选C。8.如图所示，平行线MN、PQ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN、PQ间的距离为L。在MN上的a点有一粒子源，可以沿垂直于磁场的各个方向射入质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，且这些粒子的速度大小相同。这些粒子经磁场偏转后，穿过PQ边界线的最低点为b点。已知c时PQ上的一点，ac垂直于PQ，c、b间的距离为，则下列说法正确的是()A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为B.粒子在磁场中运动的速度大小为C.粒子从PQ边射出的区域长为D.斜向下与MN夹角为30°方向射入的粒子恰好从c点射出磁场【答案】BC【解析】-15-\n根据题意可知，，求得，选项A错误；由得粒子做圆周运动的速度大小为，选项B正确；设粒子从PQ射出区域的上端d点到c点的距离为s，根据几何关系有，求得，因此bd=L，选项C正确；从c点射出磁场的粒子，在a点时速度与MN的夹角θ满足2Rcosθ=L，cosθ=0.8，θ=37°，选项D错误；故选BC。点睛：本题考查了带电粒子在磁场中在运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。三、非选择题：本卷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题～第38题为选考题，考生根据要求作答。9.利用如图所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M=200.0g，钩码的质量为m=10.0g，打点计时器的电源为50Hz的交流电．（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，平衡摩擦力的具体步骤为_________．（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图所示．选择某一点为O，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1=______m/s．（结果保留两位有效数字）-15-\n（3）将钩码重力视为小车受到的拉力，取g=9.80m/s，利用W=mg算出拉力对小车做的功W．利用算出小车动能，并求出动能的变化量．计算结果见下表．2.452.923.353.814.262.312.733.123.614.00请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出图象．（4）实验结果表明，总是略小于W．某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F=________N．（结果保留两位有效数字）【答案】(1).小车做匀速运动(2).0.228(3).0.093【解析】-15-\n【详解】（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动，摩擦力达到平衡．（2）计数点1的瞬时速度v1＝m/s=0.228m/s．（3）根据表格中的数据做出△Ek-W图象如图所示．（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，则小车受到的实际拉力．【点睛】本题考查了探究恒力做功与物体动能变化的关系，掌握平衡摩擦力的方法，知道实验的原理以及误差的来源，掌握牛顿第二定律，并能熟练运用整体法和隔离法．10.太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)的I—U特性。所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。-15-\n(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的图________(填“a”或“b”)。(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I—U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻_________(填“很大”或“很小”)：当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为_________。(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为___________V若把它与阻值为的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是___________％。(以上两空的结果均保留三位有效数字)【答案】(1).a(2).很大(3).(4).2.80(5).64.3（64.1—64.5之间均算对）【解析】【详解】（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图a所示实验电路．（2）由I=U/R，得电阻阻值R=U/I，由图所示图象可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池的电阻很大．由图乙所示图象可知，当电压为2.80V时，电流I=2.80×10-3A，电阻R==1.0×103Ω．（3）由图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.8V；若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路；在U-I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率η=×100%=64.3%；-15-\n【点睛】解决本题的关键知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及会通过欧姆定律判断电阻的大小．要掌握应用图象法解题的方法．11.如图所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度、沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上（若A、B相碰，碰后一定粘在一起）．求：（1）最终小车的速度大小是多少，方向怎样？（2）要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长？（3）接（2）问，求平板车达到（1）问最终速度前的位移？【答案】（1）v/3（2）（3）v2/(6μg)【解析】试题分析：（1）对于整体，A、B受到的摩擦力大小均为，方向相反，所以板车受到方向相反的，大小相等的反作用力，且正好为零，板车静止。但是当B物体减速为零后，A还有速度，所以两者一定会相碰，但对于整体而言，系统的合外力为零，所以动量守恒定律。AB整体继续向右运动，所以摩擦力向左，对板车摩擦力向右，一个减速，一个加速，当两者物体速度相等之后，AB相对板车静止。所以根据系统动量守恒定律可知，所以。方向向右。（2）为了使得不相碰，则B减速停下来后A继续减速直到与整体具有共同速度，根据能量守恒定律可知，则-15-\n（3）考点：系统受力分析、动量守恒定律、能量守恒定律点评：此类题型考察系统动量守恒定律、能量守恒定律的综合运用，通过受力分析可知板车在B减速到零之前为精致，但由于A速度较大，最终导致系统具有向右的共同速度，从而根据动量守恒、能量守恒定律求解。12.在平面坐标系内，在第1象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第III、IV象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。在y轴上y=l处沿正x方向发射一比荷为、速度为v0的带正电粒子，从x=2l的M点离开电场，经磁场后再次到达x轴时刚好从坐标原点O处经过。不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强E和匀强磁场的磁感应强度B的大小：(2)粒子从A运动到O经历的时间；(3)若让该粒子从y上y>0的任意位置P处沿正x方向发射(发射速度v0不变)，求它第二次通x轴时的横坐标。【答案】（1）（2）（3）从坐标原点经过【解析】（1）由于粒子在电场中做类平抛运动，设经历的时间为，则：，①，②整理得：③设离开电场时的速度大小为v，与x轴的夹角为，-15-\n则：,④⑤设立子在磁场中做圆周运动的半径为R，则：，⑥,⑦整理得：⑧（2）由（1）知，⑨所以⑩,⑾整理得：⑿（3）设粒子从纵坐标为y处发射，第一次经x轴时横坐标为x1，速度v与x轴夹角为，则由①②④得：⒀⒁,⒂设该粒子在磁场中运动的半径为r，则第二次经x轴的横坐标：，⒃由⑦⑧⒁得：⒄整理得：⒅即粒子第二次经x轴时，从坐标原点经过。-15-\n13.下列说法中正确的是________．A．已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以求出一个气体分子的体积B．0℃水的分子势能比相同质量0℃冰的分子势能大C．水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体表面存在表面张力D．在“油膜法估测分子的大小”实验中理想化的假设是不考虑油膜分子间的相互作用力E．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大，且一定吸收热量【答案】BCE【解析】【详解】由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占的体积，但是得不到气体分子的体积，故A错误。因冰融化成水需要吸热，由于温度不变，分子动能不变，故内能增加，因此0℃的水分子势能比相同质量0℃的冰的分子势能大，故B正确；水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体表面存在表面张力，故C正确；在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子层分布的；②把油酸分子看成球形；③不考虑分子之间的空隙，故D错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，根据理想气体状态方程可得，气体的温度升高，故气体分子的平均动能增大、故内能增大，因气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故E正确。故选BCE。【点睛】本题考查分子动理论的相关内容以及热力学第一定律和理想气体的状态方程，要注意明确温度是分子平均动能标志，同时能用热力学第一定律分析解答内能的变化．14.如图所示，蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在17℃的室内对蹦蹦球充气，已知球的总体积约为2L，充气前的气压为latm，充气筒每次充入0.2L气压为latm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：-15-\n（1）充气多少次可以让气体压强增大至3atm；（2）室外温度达到了–13℃，将压强3atm的蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少?【答案】(1)20次(2)【解析】【详解】（1）设充气n次可以让气体压强增大至3atm．据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：P1（V+n△V）=P2V代入：1×（2+n×0.2）=3×2解得n=20（次）（2）当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：可得【点睛】本题的关键要明确不变量，运用玻意耳定律和查理定律求解，解题要注意确定气体的初末状态参量．-15-
