莆田市2022届高三第二次质量检测试卷（A卷）理科综合物理试题一、选择题：1.下列说法正确的是A.组成原子核的核子越多，原子核越稳定B.衰变为经过2次α衰变、4次β衰变C.诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子D.结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】C【解析】原子比结合能越大，原子核越稳定，核子越多的原子核不一定稳定，选项A错误；因为β衰变时质量数不变，所以α衰变的次数n==4，在α衰变的过程中电荷数总共少4×2=8，则β衰变的次数m==2．故B错误。诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子，选项C正确；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项D错误；故选C.2.宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都会用到急动度的概念。急动度j是加速度变化量Δa与发生这一变化所用时间Δt的比值，即j=，它的方向与物体加速度变化量的方向相同。一物体从静止开始做直线运动，其加速度a随时间t的变化关系如图，则该物体在A.t=0时和t=2s时加速度等大反向B.t=2s时和t=4s时急动度等大反向-13-C.1s～3s内做减速运动D.0～5s内速度方向不变【答案】D【解析】由图可知，t=0时和t=2s时加速度等大同向，选项A错误；加速度对时间的变化率称为急动度，等于a-t图象的斜率。则知t=2s时的急动度和t=4s时的急动度等大同向，故B错误。根据a-t图象与t轴所围的面积表示速度的变化量，知1s-3s内质点的速度增大，做加速运动，故C错误。根据a-t图象与t轴所围的面积表示速度的变化量，知0-5s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确。故选D。点睛：解决本题的关键是知道a-t图象中“面积”等于速度的变化量，a-t图象的斜率等于急动度。要有获取有效信息的能力。3.超冷矮恒星“TRAPPIST-1”距离地球约39光年，它的质量约为太阳质量的8%。科学家发现有七个行星围绕该恒星公转，其中“d行星”的轨道半径约为日地距离的2%。已知地球绕太阳的公转周期为1年，利用上述数据可估算出“d行星”绕“TRAPPIST-1”的公转周期约为A.1天B.4天C.29天D.90天【答案】B4.如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为-Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为+Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为-q的点电荷，静电力常量为k，则点电荷-q受到的电场力大小为A.B.C.D.【答案】A【解析】由对称性可知，点电荷-q所受的电场力等于与-Q在同一对角线上的+Q-13-对点电荷电场力的矢量和，其它电荷对点电荷的作用力的和为零，则点电荷受电场力大小为，故选A.5.如图所示为某同学设计的高压输电模拟电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1：n2=1：k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3：n4=k：1，电阻r=3Ω。升压变压器原线圈输入电压为16V的正弦交流电，降压变压器副线圈接额定电压为15V、额定功率为45W的用电器。两个变压器可视为理想变压器，要使用电器正常工作，则A.B.k=3C.k=4D.k=9【答案】B【解析】用电器的电流为，则输电线上的电流：；；因，则，即解得，k=3，故选B.点睛：远距离输电问题，关键是搞清电压分配和功率分配；此题中升压变压器次级电压等于导线上的电压损失与降压变压器初级电压之和.6.如图，在一段平直的地面上等间距分布着一排等高的电线杆，挂在电线杆上的电线粗细均匀。由于热胀冷缩，冬季两相邻电线杆之间的电线会有所缩短。对电线杆B及其两侧的电线，冬季与夏季相比A.电线杆B对地面的作用力不变B.电线杆B所受的合外力变大C.电线最高点处的张力变大D.电线最低点处的张力不变【答案】AC【解析】以电杆为研究对象，设电线与竖直方向夹角为θ-13-，由共点力的平衡条件知，两边电线对电杆的弹力F的合力与其重力的合力等于地面对电杆的支持力，由几何关系得：2Fcosθ+Mg=FN；对一半电线而言：Fcosθ=mg；则FN=Mg+mg，则电线杆B所受的合力为零，对地面的作用力不变，选项A正确，B错误；由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，故根据Fcosθ=mg，可知两电线杆处的电线拉力冬天与夏天相比变大，选项C正确；取一半电线研究，最低点的张力T=Fsinθ，则冬天F大，θ大，则T较大，则选项D错误；故选AC。点睛：要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来，本题中应该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解。7.如图所示，边长为L的等边三角形ABC内外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B。三角形顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为+q，粒子重力不计，则其中能通过C点的粒子速度大小可能为A.B.C.D.【答案】ABD【解析】粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径：r=（n=1，2，3，…），粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：（n=1，2，3，…），故ABD正确，C错误。故选ABD。-13-点睛：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出粒子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度即可解题．8.如图所示，轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，跨过轻质定滑轮的轻绳将P和重物Q连接起来，Q的质量M=6m。现将P从图中A点由静止释放，P能沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对P的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ=53°，OB距离为L，且与AB垂直，滑轮的摩擦力不计，重力加速度为g，在P从A运动到B的过程中A.Q的重力功率一直增大B.P与Q的机械能之和先增大后减小C.轻绳对P做功D.P运动到B处时的速度大小为【答案】BD【解析】物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A错误；对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B正确。从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6mg(−L)−mgLtan53°−0＝mv2，对于P，由动能定理可得：W−mgL−0＝mv2 ，联立解得：W=mgL，，故C错误，D正确；故选BD.点睛：解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。二、非选择题：9.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，其中斜槽轨道末端切线水平，O-13-点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点。实验主要步骤如下：①让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始运动，落在位于水平地面上的记录纸上。重复这一操作10次，找出a球的平均落地点位置P。②把同样大小的b球静止放置在斜槽轨道末端，让a球仍从原固定点由静止释放，和b球相碰后，两球均落在记录纸上。重复这一操作10次，找出a、b球的平均落地点位置M、N。（1）本实验必须测量的物理量有________；A．小球a、b的质量ma、mbB．斜槽轨道末端到水平地面的高度HC．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛运动的时间tD．记录纸上O点到P、M、N各点的距离OP、OM、ONE．a球的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差h（2）根据实验要求，ma__________mb(填“大于”“小于”或“等于”)；（3）若两球碰撞前后动量守恒，其表达式可表示为_______________[用（1）中测量的物理量表示]。【答案】(1).AD(2).大于(3).【解析】（1）小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0=mavA+mbvB，由图可知，只放小球a时，其落地点为P点，而两小球相碰时，a球的落地点为M点，而B球的落地点为N点；两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt，得：maOP=maOM+mbON,则本实验必须测量的物理量有故选：AD．（2）根据实验要求，入射球的质量必须大于被碰球的质量，防止入射球碰后反弹，则ma大于mb；（3）若两球碰撞前后动量守恒，其表达式可表示为：maOP=maOM+mbON点睛：本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，求出需要实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．-13-10.图甲为电阻R在外界温度为25℃时的伏安特性曲线，某同学想通过实验验证该曲线。可供选择的器材有：直流电源E（电动势为3V），直流电流表A（量程0～6mA，内阻约0.5Ω），直流电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值10Ω），滑动变阻器R2（最大阻值10kΩ），开关1个，导线若干。（1）实验中滑动变阻器应选用_______（填“R1”或“R2”）。（2）在答题纸上的方框中画出符合要求的实验电路图______。（3）该同学在完成本实验时室温始终为25℃，每次测量时均待电表指针稳定后再读数。某次测量中电流表和电压表的读数如图乙和图丙所示，则电压表的读数为_______V；已知电阻R的散热功率P散跟它与外界环境的温度差Δt之间满足关系P散=4.0×10-4Δt，则在此次测量时电阻R的温度为_______℃（计算结果保留两位有效数字）。（4）如果实验时室温低于25℃，则实验测得的电阻R的伏安特性曲线最可能是下图中的_______。-13-【答案】(1).R1(2).(3).2.60~2.62(4).55(5).A【解析】（1）实验中，滑动变阻器要用分压电路，则滑动变阻器要选择阻值较小的R1；（2）由图像可知，待测电阻的阻值约为500Ω左右，则可选用电流表内接电路，如图；（3）电压表的读数为2.60V；电流表读数：4.60mA；则此时电阻的功率：P=IU=1.2×10-2W.根据P散=4.0×10-4Δt可得Δt=30℃；则在此次测量时电阻R的温度为25℃+30℃=55℃；11.如图所示，一轻弹簧的一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为M，一质量为m的物块以一定的初速度从长木板的右端向左滑上长木板。已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ，轻弹簧的劲度系数为k，在长木板向左运动的过程中，物块始终在木板上相对木板向左滑动，求：（1）物块滑上长木板的瞬间，长木板的加速度大小；（2）长木板向左运动的最大速度。【答案】（1）（2）【解析】（1）物块刚滑上木板瞬间，木板所受摩擦力大小f=μNN=mg对木板，由牛顿第二定律得：f=Ma-13-联立解得木板此时的加速度：（2）设长木板速度最大时弹簧的压缩距离为x，此时弹簧的弹力：F=kx长木板速度最大时：F=f在此过程中弹簧对木板做功：对木板，根据动能定理有：fx-W=Mv2联立解得：12.如图所示，OPQ为竖直平面内的一个直角边界，边界内存在B=1T、方向垂直纸面向内的磁场。abcd为一边长l=0.10m、质量m=0.01kg、电阻R=0.1Ω的匀质正方形导线框，其ab边离磁场上边界OP的距离h=0.05m。现将线框以初速度vo=2.0m/s水平向右抛出，线框从OP边界进入磁场，然后在磁场中运动，最后从PQ边界离开磁场区域。已知运动过程中，线框ab边始终与磁场边界OP平行，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：（1）线框cd边刚进入磁场时线框的速度大小；（2）线框从刚进入磁场到完全离开磁场的整个过程中产生的焦耳热。【答案】（1）(2)【解析】（1）设线框ab边刚进入磁场时线框的速度为v1，由运动学公式可得:v1y2=2gh线框ab边刚进入磁场时，ab边产生的感应电动势为E=Blv1y-13-线框ab边受到安培力F=BIl联立并代入数据解得F=0.1N即F=mg故线框匀速进入磁场，cd边刚进入磁场时线框的速度大小也为v1，又v12=v02+v1y2联立代入数据得v1=m/s（2）线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q1=mgl=0.01J设线框ad边刚离开磁场边界PQ时线框的速度为v2，则水平方向由动量定理得联立并代入数据解得v2x=1m/s线框cd边刚进入磁场到线框ad边刚离开磁场过程中，由动能定理得：又线框离开磁场过程中产生的焦耳热Q2=WF联立并代入数据解得Q2=0.015J线框从刚进入磁场到完全离开磁场过程中产生的焦耳热Q=Q1+Q2=0.025J-13-13.下列说法正确的是_________A．不同液体在同一温度下的饱和蒸气压一般是不同的B．同种液体在不同温度下的饱和蒸气压相同C．一定温度下，饱和蒸气压与蒸气体积无关D．液面上部的蒸气达到饱和时，液体分子不再从液面飞出E．空气的相对湿度越大，水分蒸发越慢【答案】ACE【解析】不同液体在同一温度下的饱和蒸气压一般是不同的，选项A正确；饱和汽压随温度的升高而增大，所以同一液体在不同温度下的饱和蒸气压不同，故B错误；一定温度下，饱和蒸气压与蒸气体积无关，选项C正确；液面上部的蒸汽达到饱和时，是从液面飞出的分子和进入液体的分子数相等，故D错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水气蒸发也就越慢；故E正确；故选ACE.14.如图为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，管内装有一段长L=4cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体。开始时，开关S断开，水温为27℃，水银柱下方的空气柱长度为20cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央。闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱上升到高于A、B时，电路自动断开，电热丝停止加热。大气压强p0=76cmHg。（i）水温为多少时电路自动断开？（ii）若要使电路能在水温为87℃时自动断开，应再往玻璃管中注入多高的水银柱？【答案】（i）330K（ii）h≈7.3cm【解析】（i）当水银柱上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度L1=L0+在此过程中空气柱的压强不变，根据盖—吕萨克定律，有联立代入数据，解得T1=330K（ii）设注入的水银柱高度为hcm，则空气柱的压强p2=p0+L+h-13-（式中压强单位为cmHg）电路自动断开时，空气柱的长度也为L1，与（i）中相比，空气柱的体积不变，根据查理定律，有其中p1=p0+L（式中压强单位为cmHg）联立各式，代入数据解得h=cm≈7.3cm15.下列说法正确的是_________A．“闻其声不见其人”说明声波能发生衍射而光不能发生衍射B．干涉是波所特有的现象，水波、声波、电磁波等一切波都能发生干涉C．几列波相遇时每列波都能保持各自的波长、频率不变，不因其他波的存在而受影响D．当警车从远处驶来时人们会感觉到警笛的音调变高，这是因为警笛发声的频率变大E．比较来自星球与地球上相同元素光谱的频率，就可以判断出星球在靠近或远离地球【答案】BCE【解析】“闻其声而不见其人”说明：声音能发生衍射现象，光没有发生明显的衍射现象。故A错误。干涉是波所特有的现象，水波、声波、电磁波等一切波都能发生干涉，选项B正确；根据波的独立传播原理，几列波相遇时每列波都能保持各自的波长、频率不变，不因其他波的存在而受影响，选项C正确；根据多普勒效应，当警车从远处驶来时人们会感觉到警笛的音调变高，这是因为人耳接收到的声波的频率变大，并非警笛发声的频率变大，选项D错误；根据多普勒效应可以计算出物体相对运动的速度，所以通过测量星球上某些元素发出光波的频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，就可以判断星球靠近还是远离我们地球，还可以算出星球靠近或远离我们的速度，故E正确。故选BCE.16.如图所示，一个三棱柱形玻璃砖的横截面为直角三角形，其中∠ABC为直角，∠ACB=30°，BC边长为L。t=0时，一细光束从AB边中点D射入玻璃砖，光的入射方向垂直于玻璃砖的表面。已知（c为光在真空中的传播速度）开始，有光从玻璃砖内射出。求玻璃砖的折射率n。【答案】故玻璃砖的折射率为1.5或1.8-13-【解析】设玻璃砖的折射率为n,光在玻璃中传播路程为s，则光在玻璃中传播的速度光在玻璃中传播的时间联立代入已知条件解得如图所示，若光从E点射出玻璃砖，由几何关系得解得：n=3此时出射角i满足（不合题意，舍去）若光从F点射出玻璃砖，由几何关系得解得n=1.8若光从G点射出玻璃砖，由几何关系得sG=L解得n=1.5故玻璃砖的折射率为1.5或1.8。点睛：本题的关键是要能根据题意作出光路图，利用光的几何特性，来寻找角与角的关系，求出光程，最后讨论折射率。-13-
