1、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14题只有一项符合题目要求，第58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. 139B. 140C. 141D. 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
2、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，
3、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02s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
4、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
5、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】AD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
6、正确；CDC、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
7、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10，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3.75B. 负载电阻的阻值为7.5C. 负载电阻的电功率为15WD. 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
8、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4mgB. 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
9、大小为gD. 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
10、、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题，每道试题考生都必须作答。第1316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：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；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；将小车、托盘、
11、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】 . 16.4 . . 【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
12、电源的电动势和内阻，其中定值电阻R0的阻值为4，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=_；（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】 . . 20 . 1.0 . 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
13、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m0.5kg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L2.5m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EP2JA与导轨粗糙部分间的动摩擦因数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
14、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=2mvAB碰前，A的加速度大小为a=g，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-v2=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
15、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
16、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，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
17、，则每科按所答的第一题计分。物理选修3-313. 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
18、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
19、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3-415. 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“
20、正”或“负”）方向传播；该波的波速大小为_m/s；06s内，质点A通过的路程为_cm。【答案】 . 负 . 1 . 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/s3由于6s=，所以6s内质点A运动的路程是振幅A的6倍S=6A=24cm16. 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