2022届河南省名校联盟大联考高三下学期高中毕业班阶段性测试理综物理试卷（解析版）

这是一份2022届河南省名校联盟大联考高三下学期高中毕业班阶段性测试理综物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

河南省名校联盟大联考2022届高三下学期高中毕业班阶段性测试
理综物理试卷
一、单选题
1．关于近代物理知识，下列说法中正确的是（　　）
A．原子核的结合能越大，原子核越稳定
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现了原子内部存在电子
C．处于n=4能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射6种频率的光子
D．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，电离能力很强
2．如图所示为一种新型吊床，用4根轻绳吊在天花板上，天花板上的两个结点之间的距离与床的宽度相等，每根绳长都是L，绳和床的连接点到天花板的距离是0.8L，床和床上用品总质量是M，重力加速度为g。当一个质量为m的人躺在床的中间时，每根绳上的弹力大小是（　　）

A．5(M+m)g16 B．5(M+m)g12 C．5(M+m)g8 D．(M+m)g4
3．如图所示，一根轻弹簧上端悬挂在小车顶部，下端和一条与竖直方向成θ 角的轻绳共同拴接一小球，此时小车和小球相对静止，一起在水平面上运动，弹簧竖直，下列说法正确的是（　　）

A．若轻绳拉力为零，小车一定向右匀速直线运动
B．若小车做匀变速直线运动，小车一定是向右加速
C．若小车做匀变速直线运动，小车的加速度一定向右
D．无论小车做何种运动，弹簧一定处于伸长状态
4．如图所示为高速入口或出口的ETC车牌自动识别系统的直杆道闸，水平细直杆可绕转轴在竖直面内匀速转动。自动识别线ab到直杆正下方a'b'的距离L=22m，自动识别系统的反应时间为0.2s，直杆转动角速度ω=π4rad/s，要使汽车安全通过道闸，直杆必须转动到竖直位置，则汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度是（　　）

A．8m/s B．9m/s C．10m/s D．11m/s
5．如图所示，一个有理想边界、磁感应强度B=5×10-5T的矩形匀强磁场ABCD区域，对角线AC放一个挡板，AB=CD=203cm,BC=AD=20cm，左边有一个宽度等于AB的线状粒子源，可以水平向右发射速度v=1×105m/s的粒子，粒子的质量m=1×10-25kg，电荷量q=-2×10-15C，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，在挡板AC上能打上粒子部分的长度是（　　）

A．10cm B．103cm C．203cm D．20cm
二、多选题
6．2021年12月26日11时11分，长征四号丙运载火箭在太原卫星发射中心点火起飞，成功实施一箭双星发射，将资源一号02E星和一零一中学科普小卫星送人预定轨道。现假设在火箭到达预定轨道后与双星分离，随后资源一号02E星把科普小卫星向后弹射出去（弹射前后两卫星速度方向均不变），使两颗卫星都到达了与地面有一定高度的预定轨道。资源一号02E星质量大于科普小卫星，根据题中的条件，下列说法正确的是（　　）
A．资源一号02E星和科普小卫星仍在与火箭分离前的轨道上运行
B．资源一号02E星和科普小卫星运行速度都小于第一宇宙速度
C．资源一号02E星的动能大于科普小卫星的动能
D．资源一号02E星的周期大于科普小卫星的周期
7．如图所示，在水平向左的匀强电场中用绝缘材料做成的圆环周定在竖直平面内，O为圆心，A、B、C、D为圆环上的点，AB、AOC、AD均为用绝缘材料做成的光滑细杆，AB杆竖直，AC与AB的夹角θ=60°，AC与AD的夹角α=15°。将一个质量为m，电荷量为+q的小环分别套在AB、AOC、AD细杆上，从A点由静止释放运动到圆环上的B、C、D点，已如重力加速度为g，电场强度大小E=3mgq，带电小环对匀强电场的影响忽略不计。下列说法正确的是（　　）

A．小环沿AOC细杆运动到C点时的动能最大
B．小环沿AD细杆运动到D点的过程中电场力做功最多
C．小环沿AD细杆运动到D点的过程中电场力的冲量最大
D．小环沿三根细杆分别运动到B、C、D点的过程中电场力的冲量相同
8．如图所示，一个小型交流发电机输出端连接在理想变压器的原线圈n1上，副线圈n2通过理想二极管接有电容C=2×10-4F的电容器和阻值R=20Ω的电阻，理想变压器匝数比n1：n2=1：2。已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，发电机线圈匝数N=10，内阻不计且线圈面积是0.2m2，发电机转动的角速度大小为25rad/s，电压表是理想电表，下列说法正确的是（　　）

A．电压表示数为10V
B．电阻R的电功率等于10W
C．电容器上的电荷量为22×10-3C
D．电容器上的电荷量为4×10-3C
9．如图所示，一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、cd、da四个过程回到原状态，其V-T图像刚好是一个圆，气体在a、b、c、d四个状态的体积分别为Va=Vc、Vb=V2、Vd=V1，温度分别为Ta=T1、Tb=Td、Tc=T2，压强分别为pa、pb、pc、pd，其中V2=5V1，T2=5T1。下列说法正确的是（　　）

A．在这四个状态中，c状态时气体的内能最多
B．pc=4pa
C．pb=1.8pa
D．从状态a到状态b，气体从外界吸热
E．从状态c到状态d，气体对外界做功
10．如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线是t1=0时的部分波形图，虚线是t2=0.6s时的部分波形图，其他数据图中已标出，下列说法正确的是（　　）

A．这列波的波长是4cm
B．这列波的周期可能是0.8s
C．在0.6s时，x=4m处的质点振动方向沿y轴负方向
D．这列波的波速可能是24m/s
E．在0~0.6s内，x=4m处的质点走过的路程可能是11cm
三、实验题
11．某同学设计出如图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小球的球心经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小球通过光电门的时间Δt1，Δt2，已知当地的重力加速度为g。

（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量____（填选项序号）。
A．小球的质量m
B．光电门1和光电门2之间的距离h
C．小球从光电门1到光电门2下落的时间t
D．小球的直径d
（2）小球通过光电门1时的瞬时速度v1=　 　（用题中所给的物理量表示）。
（3）保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，多次实验记录多组数据，作出1(Δt2)2随h变化的图像如图2所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率k1=　 　，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
（4）考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为f，根据实际数据绘出的1(Δt2)2随h图像的斜率为k(kdAOC>dAB
电场力相等，根据 W=Eqd
则小环沿 AD细杆运动到D点的过程中电场力做功最多，B符合题意。
A．根据 v=at
分析可得 a2>a3>a1
则有 vAOC>vAD>vAB
小环沿 AOC细杆运动到C点时的速度最大，根据 Ek=12mv2
则动能最大，A符合题意。
故答案为：ABD。

【分析】根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出AB、AC、AD运动的时间，结合动量定理判断电场力 的冲量大小关系。
8．【答案】B,D
【解析】【解答】A．发电机产生的电动势峰值 Em=NBSω=10×0.2×0.2×25V=10V
电压表示数为有效值，且 E有=Em2=52V
即电压表示数为 52V，A不符合题意；
B．电阻 R两端的电压 U2=U1n1n2=102V
故电阻 R的电功率 P=U22R=10W
B符合题意；
C、D．由于二极管的单向导电性，电容器只充电不放电，故电容器两端的电压最大值为交流电峰值，由变压器的匝数比关系可知电阻 R两端的电压最大值为 20V，此即电容器两端的电压最大值。故电容器上的电荷量 Q=CU=2×10-4×20C=4×10-3C
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。

【分析】根据法拉第电磁感应定律和感应电动势的有效值和最大值的关系得出电压表的示数，用过原副线圈的匝数比和电压比的关系以及电功率的表达式得出电阻R的电功率，结合电容器的定义式得出电容器的电荷量。
9．【答案】A,C,D
【解析】【解答】A．一定质量的理想气体的内能大小由温度决定，在这四个状态中，c状态时气体的温度最高，故气体在c状态时的内能最多，A符合题意；
B．从状态a到状态c，气体是等容变化，则有 paTa=pcTc
因为有 Ta=T1、 Tc=T2、 T2=5T1，解得 pc=paTcTa=pa×5T1T1=5pa
B不符合题意；
C．从状态a到状态b，由理想气体状态方程可得 paVaTa=pbVbTb
因为有 Vb=V2、 Vd=V1、 V2=5V1、 Va=3Vd=3V1、 Tb=3Ta=3T1，解得 pb=paVaTbVbTa=1.8pa
C符合题意；
D．从状态a到状态b，气体的体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，所以气体从外界吸热，D符合题意；
E．从状态c到状态d，气体的体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减少，E错误。
故答案为：ACD。

【分析】理想气体的内能大小由温度决定，从状态a到状态c，利用等容变化得出C点的压强，结合理想气体状态方程得出b点的电场强度，温度是物体内能的标志。
10．【答案】B,C,E
【解析】【解答】A．由图可知，波长为 λ=4m
A不符合题意；
B．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线是 t1=0时的部分波形图，虚线是 t2=0.6s时的部分波形图，即 34T+nT=0.6(n=0,1,2,3......)
得 T=2.43+4n(n=0,1,2,3......)
当 n=0时，周期为0.8s，B符合题意；
C．在 0.6s时， x=4m处的质点振动方向由“上坡下行”知，方向沿y轴负方向，C符合题意；
D．波速为 v=λT=42.43+4n=15+20n3(n=0,1,2,3......)
当波的波速是 24m/s，不成立，D不符合题意；
E．在 0~0.6s内， x=4m处的质点走过的路程为 x=(3+4n)A=(3+4n)×1=3+4n(n=0,1,2,3......)
当 x=4m处的质点走过的路程为 11cm时， n=2成立，E符合题意。
故答案为：BCE。

【分析】根据简谐波的图像得出该波的波长，利用波传播的周期和波长的关系得出该波的周期，利用播的传播方向以及质点的振动方向的关系得出该波的传播方向，通过波传播的速度和周期的关系的长处该波的波速。
11．【答案】（1）B；D
（2）dΔt1
（3）2gd2
（4）k1-kk1
【解析】【解答】解：（1）为了验证机械能守恒定律，则有 mgh=12mv22-12mv12
A．由上式可知，小球的质量m不需要测量，A不符合题意；
B．光电门1和光电门2之间的距离h需要测量，B符合题意；
C．小球从光电门1到光电门2下落的时间t不需要测量，C不符合题意；
D．因需要求出小球的速度 v=dΔt
所以小球的直径d需要测量，D符合题意。
故答案为：BD。
（2） 小球通过光电门1时的瞬时速度可近似等于平均速度，则有 v1=dΔt1
（3） 由 mgh=12mv22-12mv12
可得 1(Δt2)2=2gd2h+1(Δt1)2
由此可知，若该图线的斜率 k1=2gd2
就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
（4） 设小球在下落过程中平均阻力大小为f，由牛顿第二定律可得 k=2(g-fm)d2
f=mg-12mkd2
解得 fmg=k1-kk1

【分析】（1）根据验证机械能守恒定律的实验原理以及注意事项进行分析判断正确的选项；
（2）利用短时间内的平均速度等于瞬时速度得出通过光电门1时的瞬时速度 ；
（3）利用机械能守恒定律得出所要验证的表达式，结合图像得出该图像的斜率；
（4）结合牛顿第二定律得出摩擦力和重力的比值。
12．【答案】（1）B
（2）R1；B；2.40；9
（3）R2；×10；红
【解析】【解答】（1）测量电流表的内阻：电流表可以测出表所在电路的电流，故用伏安法测电流表电阻，电流表为测量对象故电流表内接，C不符合题意；电流表内阻大约 10Ω、满偏电流为 10mA，要求两个电表的指针都能达到半偏以上，故应串联定值电阻 R1=291Ω，选择量程 3V的电压表，A不符合题意；滑动变阻器的最大电阻 10Ω，为使滑动变阻器的调节使得测量数据更准确，应选择分压式连接，D不符合题意；B电路图符合设计要求，B符合题意。故答案为：B。
（2）电流表内阻大约 10Ω、满偏电流为 10mA，电流表承担的分压较小，故答案为：择小量程电压表，选择选项“B”量程 3V的电压表；为保护电流表，应串联定值电阻 R1=291Ω，起到分压的作用。
电压表量程为0.1V，故电压表的读数为2.40；
电流表的电阻为 RA=UI-R1=2.400.08Ω-291Ω=9Ω
（3）当开关“1”闭合，“2”断开，欧姆表指针指在表盘中间时有 Ug=Ig2Rg
电流表改装成有两个倍率的欧姆表（“ ×1”和“ ×10”），故当开关“1”“2”都闭合时，并联分流，欧姆表中值电阻大十倍，此时干路总电流扩大十倍，故并联的电阻大小为 R=Ug(10-1)Ig2=19Rg=1Ω
电路中的定值电阻应选 R2，只闭合开关1时欧姆表的倍率是“ ×10”；
欧姆表电流从A流进，故与A相连的应该是“红”表笔。

【分析】（1）根据电路中的电流大小选择定值电阻，根据滑动变阻器的作用选择滑动变阻器的连接方式从而选择正确的电路图；
（2）根据电压表的读数原理得出电压表的读数，结合欧姆定律得出该电流表的内阻；
（3）根据欧姆表的原理图以及欧姆定律得出应选择的定值电阻，并选择欧姆表的倍率。
13．【答案】（1）解：滑块刚好滑到长木板的左端没有掉下来，此时小滑块和长木板的速度相等，设这个速度为v，则由动量守恒mv1=(M+m)v
由功能关系μmgL=12mv12-12(M+m)v2
解出v1=6m/s
（2）解：设在C点圆弧对小滑块的支持力为F，由向心力公式得F-mg=mv12R
代入数据得F=46N
根据牛顿第三定律得小滑块经过圆弧最低点C时对圆弧的压力F'=F=46N
（3）解：设小滑块经过圆弧时克服摩擦力做功为W，从A经过B到C，根据动能定理得mg(h+R)-W=12mv12
代入数据得W=2J
【解析】【分析】（1） 小滑块和长木板运动过程中根据动量守恒以及功能关系得出小滑块运动到圆弧最低点C点时的速度 ；
（2） 在C点根据合力提供向心力得出圆弧对小滑块的支持力，利用牛顿第三定律得出最低点C时对圆弧的压力 ；
（3）小滑块从A到B到C根据动能定理得出小滑块经过圆弧时克服摩擦力做的功。
14．【答案】（1）解：圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得E=BLv=B1⋅d2⋅d2ω12=18B1d2ω1
代入数据得E=10V
（2）解：如果导体棒受的安培力较大，导体棒有沿导轨向上滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向下，建立坐标系分析导体棒受力如图示，根据y轴受力平衡得FN=F安sinθ+mgcosθ

根据x轴受力平衡得F安cosθ=mgsinθ+f
f=μFN
代入数据得F安=20N
如果导体棒受的安培力较小，导体棒有沿导轨向下滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向上，建立坐标系分析导体棒受力如图所示
根据y轴受力平衡得FN=F'安sinθ+mgcosθ
根据x轴受力平衡得F'安cosθ+f=mgsinθ

f=μFN
代入数据得堡F'安=2011N
导体棒所受的安培力应满足2011N≤F安≤20N
（3）解：设F安=20N时圆盘转动的角速度为ω2，根据F安=B2IL=20N
代入数据得I=20A
根据闭合电路欧姆定律I=ER+r
代入数据得E=I(R+r)=60V
根据法拉第电磁感应定律E=BLv=B1⋅d2⋅d2ω22=18B1d2ω2
代入数据得ω2=120rad/s
同理当F'安=2011N时，圆盘转动的角速度ω3=12011rad/s
圆盘转动的角速度ω应满足12011rad/s≤ω≤120rad/s
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小；
（2）对导体棒进行受力分析，利用共点力平衡得出导体棒由向上滑动趋势时的安培力和向下运动趋势时的安培力，从而得出安培力的范围；
（3）利用安培力的表达式以及闭合电路欧姆定律得出感应电动势的表达式，通过法拉第电磁感应定律得出角速度的范围。
15．【答案】解：初状态：下端空气柱的压强p1=p0=75cmHg
上端空气柱的压强p2=p0-ρgL2=60cmHg
热力学温度都是T1=(t1+273)K=300K
末状态：下端空气柱的压强p3=p0+ρgh=80cmHg
上端空气柱的压强p4=p3-ρgL2=65cmHg
设中间水银柱下降xcm，则上端空气柱的长度变为L上=L3+x=(20+x)cm
下端空气柱的长度变为L下=L1+h-x=(25-x)cm
设玻璃管截面积为S，根据理想气体状态方程，可得下端空气柱有p1SL1T1=p3SL下T2
上端空气柱有p2SL3T1=p4SL上T2
代入数据联立得T2≈363K
即t2≈90℃
【解析】【分析】根据平衡以及热力学温度和摄氏温度之间的关系得出各状态对应的压强和温度，结合理想气体状态方程得出此时的环境温度。
16．【答案】（1）解：作出光线经过玻璃砖的折射和反射光路图如图所示（作出的光路图要有法线）
设折射角为θ2，已知θ1=45°,n=2，根据折射定律n=sinθ1sinθ2
得sinθ2=12，θ2=30°
折射光线与BC边平行，射到CD的中点，CD面上涂有反光材料，由几何关系可知经CD反射后平行于DE边射到EF，同理光线又平行于AF射到AB的中点，由折射定律可得出射光线与法线的夹角θ3=45°
经玻璃砖折射和反射后出射光线与入射光线之间的夹角θ=θ1+θ3=90°
（2）解：由几何关系可得O1O2=32L
光从入射到第一次出射在玻璃砖中传播的路程s=3×32L=92L
光在玻璃砖中传播的速度v=cn=22c
光从入射到第一次出射在玻璃砖中传播的时间t=sv=92L2c

【解析】【分析】（1）根据光在玻璃砖中的光路图以及折射定律得出玻璃砖折射和反射后出射光线与入射光线之间的夹角；
（2）根据光在玻璃砖中传播的速度和折射率的关系以及光传播的时间以及传播速度的关系得出光从入射到第一次出射在玻璃砖中传播的时间。