2022届黑龙江省大庆市高三上学期第二次教学质量检测 理综物理（解析版）

大庆市2022届高三年级第二次教学质量检测

理科综合物理试卷

一、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. 在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料作为发电能源为火星车供电。中的Pu元素是，发生衰变的核反应方程为，其中X原子核的中子数为（　　）。

A. 139 B. 140 C. 141 D. 142

【答案】D

【解析】

【详解】根据核电荷数守恒和质量数守恒，可知核反应方程为

因此X原子核是，它的中子数为

故ABC错误，D正确。

故选D。

2. 如图所示，水平放置的铝制圆盘与蹄形磁铁的转轴在同一竖直线上，圆盘位于磁铁上方，磁铁以角速度匀速旋转。下列说法正确的是（　　）

A. 圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度大于

B. 圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度大于

C. 圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度小于

D. 圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度小于

【答案】C

【解析】

【详解】根据楞次定律的推论可知，电磁感应产生的现象总是阻碍两物体间的相对运动，但阻碍不是阻止，磁铁旋转时，磁铁相对圆盘旋转，则圆盘也跟着同向旋转，即阻碍磁铁相对圆盘的旋转运动，但不会阻止，若圆盘角速度为，则磁铁相对圆盘同方向旋转，且角速度小于，ABD错误，C正确。

故选C。

3. 拓展训练通常利用崇山峻岭、瀚海大川等自然环境，通过精心设计的活动达到“磨炼意志、陶冶情操、完善人格、熔炼团队”的培训目的。某次拓展训练中，小李（视为质点）做直线运动的加速度-时间图像如图所示。下列说法正确的是（　　）。

A. 第1s末，小李的加速度方向发生了改变

B. 第2s末，小李的速度方向发生了改变

C. 前2s内，小李的位移为零

D. 第3s末和第5s末，小李的速度相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．因为在0~2s内加速度一直为正值，可知第1s末，小李的加速度方向没有发生改变，选项A错误；

B．第2s末，小李的加速度方向发生了改变，4s末速度减为零，可知第2s末，小李的速度方向没有发生改变，选项B错误；

C．前2s内，小李一直加速运动，则位移不为零，选项C错误；

D．因a-t图像的面积等于速度的变化量，可知从第3s末到第5s末速度改变量为零，即第3s末和第5s末，小李的速度相同，选项D正确。

故选D。

4. 如图所示，一斜面体静止在水平面上，一小滑块（视为质点）从高度为h的斜面顶端由静止释放后沿斜面下滑。重力加速度大小为g，不计一切摩擦。滑块滑到斜面底端时的速度大小可能为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设滑块滑到斜面底端时，斜面体的动能为，由机械能守恒定律有

可得

解得

故选A。

5. 如图所示，竖直平面内相距的A、B两点（AB水平）均固定有电荷量为Q的正点电荷，半径为a的光滑绝缘细圆管（圆管的大小不计）固定在A、B两点间，其圆心O位于AB的中点，细管与AB以及AB中垂线的交点分别为C、E、D、F。一电荷量为q的带负电小球（视为质点）在圆管内沿顺时针方向运动，以大小为（g为重力加速度大小）的速度通过D点时，小球恰好对细管无压力。静电力常量为k，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 小球通过F点时的速率为

B. 小球质量为

C. 小球通过C、E两点时的合力相同

D. 小球在C点的电势能大于其在E点的电势能

【答案】B

【解析】

【详解】A．D和F两点关于O点对称，故小球电势能相同，小球从D到F过程中只有重力做功，故

解得

故A错误；

B．由几何关系可知

，

由平行四边形定则，可知小球在D点时的电场力（q为带负电小球）

方向向下，在D点，合力提供向心力

故

故B正确；

CD．C、E两点高度相同，重力势能相同，并且C、E两点关于O点对称，故小球电势能相等，由能量守恒可知，小球在C、E两点速度大小相等，则需要的向心力大小相等，但方向不同，与重力合成后的合力方向也不相同，故小球通过C、E两点时的合力不同，故CD错误。

故选B。

6. 北京时间2021年8月19日，我国在太原卫星发射中心用“长征四号”乙运载火箭，成功将“天绘二号”02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定圆轨道。若在该卫星的轨道上还有其他卫星绕地球运动，则对该轨道上的所有卫星，下列物理量相同的是（　　）

A. 周期 B. 向心力的大小

C. 动能 D. 向心加速度的大小

【答案】AD

【解析】

【详解】根据

可知

可知该轨道上卫星的周期相同；根据

可知该轨道上卫星的向心加速度的大小相同；由于卫星的质量不一定相同，则卫星的向心力大小以及动能不一定相同。

故选AD。

7. 如图所示，左侧变压器原、副线圈的匝数之比为2：5，输入电压有效值为10V的正弦交变电流。连接两理想变压器的输电线的总电阻为10Ω，右侧变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，输电线上损失的功率为10W。下列说法正确的是（　　）

A. 负载电阻的阻值为3.75Ω B. 负载电阻的阻值为7.5Ω

C. 负载电阻的电功率为15W D. 负载电阻的电功率为25W

【答案】AC

【解析】

【详解】设左侧变压器线圈上的电压为，且

电流为，副线圈上的电压为，电流为，右侧变压器原线圈上的电压为，电流为，且

副线圈上的电压为，电流为，由题意可知，损耗的功率为

代入数据，解得

故

有

代入数据，解得

故负载电阻功率为

又

而

则

故

BD错误，AC正确。

故选AC。

8. 如图所示，A、B、C三个小球的质量分别为m、2m、3m，A球与B球通过轻质弹簧相连，B球与C球通过细线（质量不计）相连，C球与细线CD相连，在细线的D端施加一个大小为9mg（g为重力加速度大小）、方向竖直向上的拉力，使三个小球以相同的加速度竖直向上做匀加速直线运动。不计空气阻力。现将细线CD剪断，则下列说法正确的是（　　）

A. 剪断细线CD前，B、C间细线拉力大小为4mg

B. 剪断细线CD的瞬间，A球的加速度大小为

C. 剪断细线CD的瞬间，C球的加速度大小为g

D. 剪断细线CD的瞬间，B、C间细线的拉力大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．剪断细线CD前，整体由牛顿第二定律可得

代入数据可解得

以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得

解得B、C间细线的拉力大小为

A错误；

B．剪断细线CD的瞬间，由于弹簧的弹力不会发生突变，A球的受力情况不变，故A球的加速度大小仍为，B正确；

CD．剪断细线CD的瞬间，设B、C间细线的拉力大小为T1，B、C共同加速度的大小为，方向竖直向下，A、B间弹簧的拉力大小为T2，由牛顿第二定律可得，对A球

对B球

对C球

联立解得

，

故C球的加速度大小为，B、C间细线的拉力大小为，C错误，D正确。

故选BD。

第II卷（非选择题共174分）

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每道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. 某同学利用下列器材做“验证机械能守恒定律”的实验。

A．端带有滑轮和刻度尺的气垫导轨；          B．两个光电计时器；

C．安装有挡光片的小车（质量为M）；      D．拴有细线的托盘和钩码（总质量为m）；

E．可以调节高度的平衡支架。

该同学选用上述器材安装实验装置如图甲所示。实验步骤如下：

①在气垫导轨上安装两个光电门A、B，两光电门中心距离为L，调节气垫导轨的倾角，气垫导轨的倾角为；

②在托盘中放入钩码，让小车沿气垫导轨上滑，光电计时器记录小车上的挡光片通过A、B的时间分别为和；

③将小车、托盘、钩码看作系统，利用测得的数据求得系统重力势能与动能变化的关系。

（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度d如图乙所示，则________。

（2）当地的重力加速度大小为g，在小车从A点运动到B点的过程中，系统减少的重力势能________；该过程中系统增加的动能________。若在误差允许的范围内，系统减少的机械能等于增加的动能，则系统机械能守恒。（均用相关物理量的符号表示）

【答案】    ①. 16.4    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]挡光片的宽度。

（2）[2]在小车从A点运动到B点的过程中，小车增加的重力势能为

托盘与钩码减少的重力势能为

系统减少的重力势能为

[3]小车经过A、B两点时速度大小分别为

该过程中系统增加的动能为

10. 某同学利用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中定值电阻R0的阻值为4Ω，电流表A为理想电表。实验中，改变电阻箱的阻值，测出多组电阻箱的阻值R以及对应的电流表示数I，作出关系图像如图乙所示。

（1）根据如图甲所示的电路，可得的函数关系式为=______；

（2）该电源的电动势E=____V、内阻r=_____Ω；（结果均保留两位有效数字）

（3）若电流表的内阻不可忽略，则因此造成电动势E的测量值_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。

【答案】    ①.     ②. 20    ③. 1.0    ④. 等于

【解析】

【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得

所以

所以的关系式为

（2）[2]由乙图可知，图像的斜率为

解得

[3]当时，，所以

解得

（3）[4]若电流表内阻不可忽略，则的关系式应为

图像的斜率仍为

所以电动势的测量值等于真实值。

11. 如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与静置在水平导轨上质量m＝0.5kg的滑块B相连，弹簧处在原长状态，B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，另一质量与B相同的滑块A，从B的右端到B的距离L＝2.5m处以某一初速度开始向B滑行，与B相碰（碰撞时间极短）后A、B粘在一起运动压缩弹簧，该过程中弹簧的最大弹性势能EP＝2J．A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.4．求：

（1）A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；

（2）A的初速度大小v0．

【答案】（1）2m/s（2）6m/s

【解析】

【分析】（1）根据机械能守恒定律求解A、B碰撞后的瞬间的速度大小v；（2）根据动量守恒定律，结合运动公式求解A的初速度.

【详解】（1）对AB碰后压缩弹簧的过程，由机械能守恒定律：，

解得v=2m/s

（2）在AB碰撞过程中，由动量守恒定律：mv′=2mv

AB碰前，A的加速度大小为a=μg，对A在碰撞前的运动过程，由匀变速直线运动的规律可知：v02-v′2=2aL

解得v0=6m/s.

【点睛】本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题．

12. 如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内均有方向竖直向上的匀强电场，A、D、H、G四点在同一水平线上，DH上方足够高的区域内有方向竖直向下的匀强电场，三个区域内电场的电场强度大小均为；在矩形区域CDHE内有方向垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）。一带正电的粒子以大小为v的速度从B点沿BC方向射入ABCD区域，一段时间后从CD的中点进入CDHE区域，然后从DH的中点竖直向上进入DH上方区域，最后恰好从F点离开EFGH区域。不计粒子受到的重力。求：

（1）粒子的比荷；

（2）CDHE区域内磁场的磁感应强度大小以及DH的长度x；

（3）粒子从B点射入ABCD区域到从EFGH区域射出的时间t。

【答案】（1）；（2），；（3）

【解析】

【详解】（1）设粒子在ABCD区域内做类平抛运动的加速度大小为a、时间为t1，有

解得

且有

，

联立解得

故粒子的比荷为。

（2）粒子整个过程的运动如图所示

粒子射出ABCD区域时的竖直分速度大小

根据（1）中所列方程式可求得

设粒子射出ABCD区域时的速度方向与水平方向的夹角为θ，

有

解得

则粒子射出ABCD区域电场时的速度大小为

设粒子在CDHE区域内做匀速圆周运动的半径为R，有

又有

联立解得

，

经分析可知

解得

故磁感应强度大小以及DH的长度x分别为和。

（3）粒子在CDHE区域内做匀速圆周运动的周期为

粒子在CDHE区域内做匀速圆周运动的时间为

解得

设粒子在DH上方区域内竖直向上做匀减速直线运动的时间为，

有

解得

根据对称性有

解得

故粒子从B点射入ABCD区域到从EFGH区域射出的时间为。

（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。

[物理——选修3-3]

13. 下列说法正确的是（　　）

A. 热量可以从低温物体传到高温物体

B. 液体表面层内分子间的作用力表现为斥力

C. 理想气体的温度升高，其压强可能保持不变

D. 彩色液晶电视利用了液晶的光学各向异性的特点

E. 温度一定时，饱和汽的体积越大，饱和汽压越大

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据热力学第二定律，不可能使热量从低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化，但在一定的条件下热量可以从低温物体传到高温物体，如空调，故A正确；

B．液体表面层内的分子之间距离大于平衡距离，所以表面层内分子间的相互作用力表现为引力，故B错误；

C．对一定质量的理想气体有

所以当温度升高时，若体积增大，则可能使压强保持不变，故C正确；

D．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确；

E．饱和汽压是指饱和汽的压强，它和温度有关，温度一定时，不论饱和汽的体积大小，饱和汽的分子密集程度一定，所以饱和汽压和体积无关，温度越高，饱和汽压越大，故E错误。

故选ACD。

14. 如图所示，一长度为L、横截面积为S平底试管（管口带卡槽，图中未画出）水平固定，管中有一个到管底距离为的橡皮活塞（不漏气，厚度不计），活塞两侧的气体压强均为大气压强，热力学温度均为。现对试管内的气体缓慢加热，当管内气体的温度缓慢升至时，活塞开始向右移动。大气压强保持不变，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求活塞与管壁间的滑动摩擦力大小f；

（2）若活塞开始移动后，继续对管内气体缓慢加热，求管内气体的热力学温度时的压强p。

【答案】（1） ；（2）

【解析】

【详解】（1）设活塞开始移动时管内气体的压强为，活塞移动前，管内气体等容升温，根据查理定律有

根据物体的平衡条件有

解得

（2）假设活塞能移至管口，且活塞移至管口时管内气体的热力学温度为T，在活塞向右移动的过程中，管内气体等压膨胀，根据盖吕萨克定律有

解得

，假设成立， 此后管内气体等容升温，有

解得

[物理——选修3-4]

15. 一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，t=2s时刻，质点B第一次到达波峰，且从t=0时刻起，质点B比质点A早到达波峰，则该波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播；该波的波速大小为______m/s；0~6s内，质点A通过的路程为_______cm。

【答案】    ①. 负    ②. 1    ③. 24

【解析】

【详解】[1] 从t=0时刻起，质点B比质点A早到达波峰，说明此刻质点A振动方向向下，是其右边的质点带动它振动，则波的传播方向沿x轴负方向；

[2] t=2s时刻，质点B第一次到达波峰，根据波形图可知，质点B在2s内振动了，可得

T=4s

根据波形图可知波长，由波速公式，带入可解得

v=1m/s

[3]由于6s=，所以6s内质点A运动的路程是振幅A的6倍

S=6A=24cm

16. 某四分之一圆柱形透明介质的横截面如图所示，半径为R，AO与NO的夹角i=60°，一束光线从A点平行于NO射入介质。介质对该光线的折射率n=，真空中的光速为c，不考虑光线的多次反射。

（1）通过计算判断光线是否从MO射出透明介质；

（2）求光束在介质中传播的时间t。

【答案】（1）光线能从MO射出介质；（2）

【解析】

【详解】（1）根据光的折射定律有

解得

根据几何关系，光线在MO上的入射角

设光线在介质中发生全反射的临界角为C，有

显然，所以光线能从MO射出介质。

（2）根据几何关系可知，设光线在介质中传播的距离为x，根据正弦定理有

光线在介质中传播的速度大小

又

解得