2022-2023学年广西南宁市第三中学高三下学期开学考试理综 物理（解析版）

南宁三中2022~2023学年度下学期高三月考（一）

理科综合试题

二、选择题

1. 在垂直纸面向外的匀强磁场中，某静止的原子核发生了α或β衰变，衰变后α或β粒子和反冲核的轨迹如图所示，两图中大圆和小圆的半径之比为45：1，下列说法正确的是（　　）

A. 一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线

B. 升高温度或增大压强可以改变原子核的半衰期

C. 甲图是β衰变的轨迹，乙图是α衰变的轨迹

D. 甲图可能表示46号元素发生了衰变，乙图可能表示92号元素发生了衰变

【答案】C

【解析】

【详解】A．一个原子核在一次α衰变中同时放出α和γ两种射线，一个原子核在一次β衰变中同时放出β和γ两种射线，A错误；

B．升高温度或增大压强都不能改变原子核的半衰期，B错误；

C．根据左手定则，甲图是β衰变的轨迹，乙图是α衰变的轨迹，C正确；

D．根据

解得

根据动量守恒定律，mv相等，所以半径r和电荷量q成反比；若甲图表示46号元素发生了衰变，大圆和小圆的半径之比为47：1；若乙图表示92号元素发生了衰变，大圆和小圆的半径之比为

90：2=45：1

D错误。

故选C。

2. 如图所示，将一个倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上方固定一半径为的半圆形框架，框架由粗糙的细杆做成，细杆上套一个轻小圆环A，A上连一长度为的轻绳，轻绳另一端连小球（可视为质点），开始时轻绳与斜面平行。现给小圆环施加一始终沿半圆形细杆切线方向的拉力，使圆环缓慢移动，直到轻绳竖直，整个过程小球位置不变，圆环重力不计，则下列说法正确的是（　　）

A. 轻绳的拉力逐渐变小 B. 小球对斜面的压力逐渐变大

C. 半圆形杆对圆环A的摩擦力逐渐变大 D. 拉力逐渐变小

【答案】C

【解析】

【详解】AB．对小球B进行受力分析

由受力分析结合牛顿第三定律，可知小球B对斜面的压力逐渐变小，细绳的拉力逐渐变大，故AB错误；

CD．对小圆环A进行受力分析则

因为逐渐增大，，所以不断增大，即半圆形杆对A的弹力逐渐增大，所以摩擦力不断增大，所以拉力F逐渐变大，故C正确，D错误。

故选C。

3. 如图1所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，外力大小随时间的变化规律如图2所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图3所示，已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10。则下列说法正确的是（　　）

A. 滑块的质量为kg B. 4s末滑块速度的大小为12m/s

C. 在0~1s时间内，摩擦力的冲量大小为0 D. 在0~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为22N·s

【答案】D

【解析】

【详解】根据图2可知，外力F随时间的关系的表达式为

由图3可知，在t=1s时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则有

A．由图3可知，在t=4s时，滑块的加速度为4m/s2，根据牛顿第二定律有

解得

A错误；

B．由a-t图像的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故4s内a-t图像的面积即表示为4s末滑块速度的大小

B错误；

C．在0~1s的时间内，有静摩擦力作用，故摩擦力的冲量大小不为0，其大小等于F的冲量大小

C错误；

D．在1~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为

故在0~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为

D正确。

故选D。

4. 如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是（　　）

A. 振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高

B. 振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变

C. 振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流

D. 振动膜向左运动时，振动膜所带电荷量不变

【答案】A

【解析】

【详解】A．振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，根据

电容增大，根据

在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，故A正确；

B．振动膜片向右振动时电容器两极板距离变小，根据

在U不变的情况下，电容器的板间电场强度变大，故B错误；

CD．振动膜片向左振动时电容器两极板的距离变大，根据

电容减小，根据

所以在U不变的情况下，振动膜所带的电荷量Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即从b到a 的电流， 故C、D错误

故选A。

5. 如图所示，在轴坐标原点左右两侧对称固定安放等量的同种电荷，时刻在原点左侧离较近的A点（）静止释放入点电荷，以下关于点电荷速度、加速度随时间以及合力电势能随坐标变化关系图像可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】AB．由题意可知，坐标原点为等量同种正点电荷连线的中点，两正点电荷在坐标原点的电场强度大小相等，方向相反，即坐标原点的合场强为零，由对称性可知，场强方向都是从两正点电荷指向原点，从点电荷到原点场强逐渐减小，可知时刻在原点左侧离较近的A点（）静止释放入点电荷，试探电荷向正轴方向先做加速度减小的加速运动，经过原点继续向正轴方向做加速度增大的减速运动，到达原点右侧对称点（）速度减为零，之后试探电荷在、之间周期性地运动，A正确，B错误；

C．假设两点电荷离坐标原点的距离都为，当试探电荷与坐标原点距离时，该位置的合场强大小为

可知合场强与不是线性关系，故试探电荷受到的电场力与不是线性关系，C错误；

D．图像的切线斜率等于试探电荷受到的电场力，当试探电荷与坐标原点距离时，该位置的合场强为

可知合场强随的变化而变化，故试探电荷受到的电场力随的变化而变化，D错误；

故选A。

6. 2022年11月12日10时03分，搭载天舟五号货运飞船的长征七号遥六运载火箭，在文昌航天发射场点火发射。天舟五号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道，入轨后顺利完成状态设置，于11月12日12时10分，采取自主快速交会对接模式，成功对接于轨道高度约为400km空间站“天和”核心舱后向端口。交会对接完成后，天舟五号将转入组合体飞行阶段。此次任务，首次实现了两小时自主快速交会对接，创造了世界纪录。已知对接后组合体所绕轨道视为圆轨道，绕行周期为T，距地高度为nR，R为地球半径，万有引力常量为G。下列说法中正确的是（　　）

A. 天舟五号货运飞船的发射速度大于“天和”核心舱的环绕速度

B. 组合体的线速度小于第一宇宙速度

C. 应先将天舟五号货运飞船送入核心舱的同一轨道，再加速以实现对接

D. 地球表面重力加速度为

【答案】ABD

【解析】

【详解】AB．第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的最大速度，可知组合体的线速度和“天和”核心舱的环绕速度均小于第一宇宙速度；同时第一宇宙速度也是发射卫星的最小发射速度，可知天舟五号货运飞船的发射速度大于第一宇宙速度，大于“天和”核心舱的环绕速度，选项AB正确；

C．由卫星对接的原理可知，天舟五号货运飞船要和核心舱“对接，通常是将飞船先发射到较低的轨道，然后追及核心舱，在适当的位置加速做离心运动，实现与核心舱对接，选项C错误；

D．根据万有引力提供向心力有

又

解得地球表面重力加速度为

选项D正确。

故选ABD。

7. 水平放置的光滑固定圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的光滑小球穿在环上并静止于A点。沿AB方向水平向右的风力大小恒为。小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是（　　）

A. 小球运动过程中的最大速度为

B. 小球从A点到B点的过程中，水平风力和圆环对小球弹力的总冲量大小为

C. 运动中小球对环的最大压力为

D. 运动中小球对环的最小压力为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．小球从A点到B点时速度最大，根据动能定理

解得

A正确；

B．小球从A点到B点的过程中，水平风力，重力和圆环对小球弹力的总冲量大小为，B错误；

C．在B点，小球对环的压力最大，水平面内

解得

竖直面内

根据牛顿第三定律和力的合成

C错误；

D．小球从A点到B点的过程中，的方向由背离圆心变为指向圆心，则一定经历的时刻，此时小球对环的最小压力，D正确。

故选AD。

8. 中美芯片之争是一场没有硝烟的战争。从中兴受罚华为被禁，再到美国商务部禁止外国半导体制造商在没有获得美国官员许可的情况下使用美国软件和技术向华为提供产品。中国芯片之路，必定是一条崎岖的坎坷路。在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入到处在水平面内的晶圆（硅片）速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为和的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好由上表面中心竖直进入系统，并竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，经过偏转系统直接打在晶圆上的离子偏转的角度都很小，离子能从底面穿出偏转系统。当很小时，有，下列说法正确的是（　　）

A. 可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子

B. 从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为

C. 若偏转系统仅加电场，则离子注入晶圆的位置为

D. 若偏转系统同时加上电场和磁场，离子注入晶圆的位置为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不能通过磁分析器，故A错误；

B．粒子通过速度选择器时，根据平衡条件，有

可得离子速度为

从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为

根据洛伦兹力提供向心力

可得

故B正确；

C．经过电场后，粒子在x方向偏转的距离为

加速度为

运动时间

速度偏转角为

离开电场后，粒子在x方向偏移的距离为

总距离为

位置坐标为（，0），故C正确；

D．电场引起的速度增量总是沿着x轴方向，对y方向的运动不产生影响。设没有电场只在磁场作用下偏转时，粒子进入磁场后做圆周运动半径为

运动轨迹如图所示

根据几何关系

经过磁场后，粒子在y方向偏转距离

离开磁场后，粒离子在y方向偏转位移距离为

则

由上可知，在电场和磁场共存时，注入晶圆的位置坐标为（，），故D错误。

故选BC。

三、非选择题：

9. 某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主要实验步骤如下：

①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；

②测量挡光片到光电门的距离s；

③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；

④改变θ，测出不同θ所对应的挡光时间t。

根据上述实验步骤请回答：

（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度d=___________mm。

（2）滑块通过光电门时速度的表达式v=___________（用实验中所测物理量符号表示）。

（3）根据实验测得的多组θ、t数据，可绘制图像，图像的纵坐标为sinθ，横坐标为，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为___________（用d、s、g表示）。

【答案】    ①. 2.8    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，由图可知，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.1×8mm=0.8mm，所以挡光片的宽度为

（2）[2]由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以滑块通过光电门时速度为

（3）[3]如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有

所以

由此可知，图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为

10. 小格将废弃不用的手机充电器拆开，发现内部有一个变压器，她想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻。

（1）用多用电表欧姆挡粗测，选挡，读出数值为___________。（保留2位有效数字）

（2）用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：

①电流表（量程，内阻约为，读数记为）：

②电流表（量程，内阻，读数记为）；

③电压表V（量程，内阻约为，读数记为）；

④定值电阻；

⑤定值电阻；

⑥滑动变阻器（）；

⑦蓄电池（电动势，内阻很小）；

⑧两个开关、导线若干。

请选出两个合适的电表对线圈电阻值进行精确测量___________（用器材前面的序号表示）

利用提供的器材在图2的方框中画出电路图________（为了减小线圈自感对电路的影响，把两个开关接入电路）。（在图中标出元件符号）

（3）测量初级线圈的电阻表达式为___________。（本结果均用题中所给的字母表示）

【答案】    ①.     ②. ①②    ③. 见解析    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]用多用电表欧姆挡粗测，选挡，由图可知读数为

（2）[2]电源电动势为，可知电压表量程太大，不适用；而电流表内阻已知，可将定值电阻与电流表串联改装成量程为的电压表；通过被测线圈的最大电流约为

所以电流表选择；故两个电表应选择①②。

[3]由于被测线圈阻值约为，滑动变阻器最大阻值为，故滑动变阻器采用限流接法；由于电流表可读出改装后电压表的分流，故电流表采用外接法；电路图如图所示

（3）[4]测量初级线圈的电阻表达式为

11. 如图甲所示，相距的两根足够长的光滑平行金属导轨MP水平放置，导轨电阻不计，一质量为、电阻为的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的两端连接有外电路，定值电阻阻值，电容器的电容，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。在开关闭合、断开的状态下将导体棒ab由静止用恒定外力拉动，导体棒的图象如图乙所示，

（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；

（2）若导体棒电阻为零，其它条件不变，现在开关断开、闭合的状态下，由静止拉动导体棒，求经过时导体棒的速度大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由图乙可知，导体棒的最大速度为

对应感应电动势为

感应电流为

当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有

解得

（2）开关断开、闭合的状态下，根据牛顿第二定律有

感应电流

在时间内，有

联立可得

解得

说明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，则时导体棒的速度为

12. 如图所示，长为的水平传送带以的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为的物块B和C，在距传送带左端的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端处由静止释放一质量的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取。，。求：

（1）物块A从轨道滑下到底端与物块B碰前的速度；

（2）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；

（3）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得

代入数据可得

（2）A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，根据动量守恒和机械能守恒可得

代入数据解得

物块B刚滑上传送带的速度小于传送带速度，物块B做匀加速运动，对物块B，根据牛顿第二定律可得

解得

设物块B经时间后，速度与传送带速度相等，向左运动的位移为，则有

，

物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，则共速前物块B与传送带发生的相对位移为

物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能为

（3）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有

代入数据解得

，

由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了次，由动能定理可知

代入数据得

物块C第次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得

（，，）

物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第次在传送带上来回一次运动路程

（，，）

所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程

代入数据得

（二）选考题

13. 如图甲所示图像，一定质量理想气体从状态经过两次等温变化、两次等容变化由状态A→B→C→D→A完成一个循环，这样的过程叫斯特林循环。A→B的过程中，单位体积中的气体分子数目___________（选填“增大”“减小””或“不变”），状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示，则状态D对应的是___________（选填“①”或“②”）。

如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为和，在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为和。求完成一次循环外界对气体所做的功___________。

【答案】    ①. 增大    ②. ②    ③.

【解析】

【详解】[1]由图可知，A→B的过程中气体做等温变化，体积减小，所以单位体积中的气体分子数目增大。

[2]根据理想气体的状态方程

可知，气体的温度越高，压强与体积的乘积PV值越大，所以由图可知TD＞TA；气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度高，最大速率向速度较大的方向移动；故T1＜T2，因此状态D对应的是②。

[3]在气体完成一次循环后的内能与开始时是相等的，所以内能不变，即；由题意可知，A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4J和20J，在B→C和C→D的过程中气体吸收的热量分别为20J和12J，则吸收的热量

由热力学第一定律得

所以解得

所以气体完成一次循环外界对气体所做的功是。

【点睛】该题是图像问题，解题的关键从图像判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决．

14. 如图所示为一种测量不规则物体体积的装置，该装置由深度为L、横截面积为S的导热气缸和厚度不计且密封完好的活塞构成。已知活塞由气缸顶部释放后，最终会静止在距离气缸底部处。实验时，先将不规则物体放入气缸内部，再将活塞由气缸顶部释放，最终可以静止在距离气缸底部的位置。设环境温度保持不变，大气压强为，不计活塞与气缸间的摩擦。求：

（1）不规则物体的体积V；

（2）测量物体体积的过程中，气缸内气体向外界释放的热量Q。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）无论气缸内是否放待测物体，根据平衡条件可知，当活塞最终静止时，气缸内气体的压强相同，设为p。当不放待测物体时，对缸内气体根据玻意耳定律有

   ①

当放入待测物体后，同理有

   ②

联立①②解得

   ③

（2）设活塞重力为mg，根据平衡条件有

   ④

测量物体体积的过程中，外界对气体做功为

   ⑤

气体经历等温变化，内能不变，根据热力学第一定律可知气缸内气体向外界释放的热量为

   ⑥

联立①④⑤⑥解得

   ⑦

15. 某同学利用如图所示装置测量某种单色光波长。实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：

（1）某次测量时，选用的双缝的间距为d，测得屏与双缝间的距离为L，用某种单色光实验得到的干涉条纹如图2所示，则A位置手轮上的示数（图2）为______mm，若B位置对应的读数为x2，所测单色光的波长为______（用题中所示字母表示）。

（2）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图3所示，在这种情况测量相邻条纹间距时，测量值______实际值。（填“大于“小于”或“等于”）

【答案】    ①. 2.190    ②.     ③. 大于

【解析】

【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为

2mm+0.01×19.0mm=2.190mm

[2]根据图示可知，相邻亮条纹中心之间的间距为

根据

解得

（2）[3]根据图3可知，若观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，则所测相邻条纹间距偏大，结合上述可知，波长的测量值大于实际值。

16. 一列简谐波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，时刻的波形图如图虚线所示，a，b，c，P，Q是介质中的质点。

（1）求这列波的波速的可能值；

（2）若质点振动的周期，从波传到P质点开始计时，请写出a质点的振动方程。

【答案】（1）（n=0，1，2，3…）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据同侧法可知，t时刻P点沿y轴正方向振动，由于时刻的波形图如图虚线所示，则有

（n=0，1，2，3…）

则波的传播速度

解得

（n=0，1，2，3…）

（2）若质点振动的周期，根据上述有

解得

即取

解得

则波传播速度为

图中实线的波动方程为

t时刻，对a质点有

结合图像解得

可知a点处的波形传播到20m处质点位置所需时间

t时刻开始计时，20m处的质点的振动方程为

则从波传到P质点开始计时，a质点的振动方程为