还剩13页未读，
继续阅读
2022届贵州省高三下学期4月高考适应性测试理综物理试卷（解析版）
展开
这是一份2022届贵州省高三下学期4月高考适应性测试理综物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．香烟中含有天然放射性元素钋210（84210P），吸烟会使84210P进入体内并在肺组织中蓄积，研究表明吸烟者体内84210P水平比不吸烟者高1~2个数量级。已知84210P发生衰变时会伴随着放出γ射线，下列说法正确的是（ ）
A．84210P的半衰期会随时间增长而不断地减小
B．84210P发生衰变后产物的结合能之和一定大于84210P的结合能
C．通过化学方法可以改变香烟中84210P的化学状态，从而减小其放射强度
D．84210P衰变时放出的γ射线是核外电子从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波
2．天宫一号完成预定目标后在缓慢靠近地球的过程中，为便于各方开展空间目标避碰等轨道分析工作，我国载人航天工程办公室曾每周发布天宫一号轨道状态参数，如“2017年4月10日至4月16日的轨道平均高度约344.3公里，2017年5月15日至5月21日的轨道平均高度约339.2公里”。这一时期内，若把天宫一号在每一圈的运动轨道近似看作是圆，关于天宫一号，下列说法正确的是（ ）
A．周期越来越小B．机械能越来越大
C．运行速度越来越小D．向心加速度越来越小
3．如图所示，蛋糕和包装盒的总质量为m，包装盒为一长方体，上表面是边长为L的正方形，包装带与上表面的接触点均为各边的中点。现用手拉住包装带的交叉点，提起蛋糕使其静止不动，此时每一条倾斜的包装带长度都是5L8。设蛋糕和包装盒质量分布均匀，包装带质量不计，已知重力加速度为g，则每条倾斜包装带的张力为（ ）
A．14mgB．516mgC．512mgD．56mg
4．如图所示为一磁约束装置的简化示意图，内半径为a、外半径为3a的环状区域I内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。小圆区域II中有大量质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内以不同速度向各个方向运动。要使所有粒子都不会穿出区域I的外边缘，不计粒子重力及粒子间相互作用，则粒子的最大速度为（ ）
A．3qBamB．2qBamC．4qBa3mD．qBam
二、多选题
5．如图所示，固定的点电荷Q附近有一根内壁光滑的固定水平绝缘细管。在细管内M点的带负电小球获得速度v0后向右运动，一段时间后到达N点。M、N两点关于点电荷Q正下方的O点对称，则（ ）
A．点电荷Q一定是正电荷
B．小球到达N点时速度大小一定为v0
C．小球从M到N的过程中速度一定先增大后减小
D．小球从M到N的过程中加速度一定先减小后增大
6．如图所示是某供电电路的示意图，电网输出端a、b间电压保持不变，理想变压器原副线圈匝数比为n1：n2，R1、R2是输电线的等效电阻，变阻器R代表用户用电器的总电阻，用电器增加时相当于R减小，图中电流表和电压表都是理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1和A2示数之比为n2n1
B．电压表V1和V2示数之比为n1n2
C．用电器增加时，两电流表的示数都变大
D．用电器增加时，两电压表的示数都变大
7．如图甲所示，一名消防队员在演习训练中，沿着竖直固定钢管往下滑。图乙所示的v-t图像记录了他两次从同一位置下滑的运动情况。关于这两次下滑，下列说法正确的是（ ）
A．0~1.5T过程中，消防员两次下滑的高度相同
B．0~1.5T过程中，消防员克服摩擦力做功相等
C．0~1.5T过程中，消防员所受摩擦力的冲量相等
D．0~3T过程中，消防员两次下滑的平均速度相同
8．如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差Ubc、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．一定质量的理想气体从状态A开始，经历了AB、BC、CD和DA四个过程，其p-V图像如图所示，其中AB、CD均与横坐标平行，DA、BC均与纵坐标平行。对该气体，下列说法正确的是（ ）
A．从状态A到状态B气体对外做功
B．状态C的温度高于状态A的温度
C．状态A的内能大于状态B的内能
D．从状态D到状态A气体从外界吸收热量
E．状态C在单位时间内撞到容器壁单位面积的分子个数小于状态D的分子个数
三、实验题
10．为测量地铁启动过程中的加速度，黄老师采用了如下的操作方法：将一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直金属杆上。在地铁起动后沿水平直轨道的某段加速过程中，细绳偏离了竖直金属杆，稳定后，他用手机拍摄了当时情景的照片如题图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。利用刻度尺和这张照片，可以估算出此时地铁加速度的大小。（已知当地的重力加速度为9.8m/s2）
（1）需要测量的物理量有 ；
（2）根据测量数据计算此时地铁加速度的大小约为 m/s2。（计算结果保留两位有效数字）
11．李老师为了让同学们更好地理解电表的改装原理，将量程为0~3V~15V的电压表底座拆开后，展示其内部结构，如图甲所示。图中a、b、c是该表的3个接线柱，李老师已根据图甲画出如图乙所示的电路图。
（1）根据图乙可以判断，当需要选择0~3V的量程时，应接入电路的两个接线柱是 ；
（2）若电压表的表头内阻为200Ω，满偏电流为600μA，则可以计算出R1= Ω，R2= Ω；
（3）某同学受到启发后，继续研究量程为0~0.6A~3A的电流表。拆开电流表底座后，发现其内部结构如图丙所示，其中“－”为电流表的负接线柱，d、e为其余两个接线柱。在所给的器材符号之间画出连线，组成该电流表的电路图；
（4）已知电流表中R4=0.22Ω，表头与电压表的表头相同，则R3= Ω。
四、解答题
12．空间中存在场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为m的带电小球从斜面顶端A水平抛出，落在斜面上的P点。现保持场强大小不变，方向改为竖直向上，小球仍从A点以相同的初速度水平抛出，落在斜面上的Q点。已知AQ的距离是AP距离的3倍，重力加速度为g，求：
（1）小球从A到P和A到Q的运动时间之比；
（2）小球所带电荷量的大小。
13．如图所示，足够长的水平传送带以v=8m/s的恒定速度逆时针转动。在传送带的左端有一足够长的光滑水平面，一质量mA=3kg的小物块A在水平面上以v0=8m/s的速度向右运动，与静止在水平面右端质量mB=1kg的小物块B发生正碰后，两物块均无能量损失地滑上传送带，经过4s两物块再次发生正碰。已知B与传送带的动摩擦因数μB=0.5，重力加速度g=10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且时间极短。
（1）求A、B第一次碰撞后的速度vA、vB的大小；
（2）求A与传送带的动摩擦因数μA；
（3）分析A、B是否会发生第三次碰撞。
14．利用如图所示装置可以测量矿物小颗粒的体积。容积为3L的容器A通过体积不计的细玻璃管与容器B相连，B下端经橡皮软管与装有水银的容器C连通，C上方与外界大气相通。开始测量时，打开阀门K，上下移动C，使水银面到达容器B的下边沿a；然后关闭阀门K，向上移动C，使水银面到达容器B的上边沿b，此时B、C内的水银高度差为h1=10.0cm。现将待测矿物小颗粒放入容器A中，再重复上述操作，B、C内的水银高度差为h2=15.0cm。已知大气压强p0=75.0cmHg，求：
（1）容器B的容积；
（2）A中待测矿物小颗粒的体积。
15．用某种透明材料制成边长为2d的正方体，其横截面MNPQ如图所示。将单色光从MN中点O垂直上表面射入该材料，保持入射点O不变，在纸面内逆时针旋转入射光线，使入射光线与图中虚线的夹角在0~90°范围内变化，在此过程中，发现NP边只有DE区域内有光线射出。已知E点到N点的距离为3d，不考虑光线在正方体中的多次反射，求：
（1）透明材料对该单色光的折射率n；
（2）DE的长度。（结果均用根号表示）
五、填空题
16．一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，O、P、Q是该波在传播方向上的三个质点，O、P平衡位置的距离为6m，P、Q平衡位置的距离为15m。该波从P传播到Q的时间为5s，O、P、Q三个质点始终同时经过平衡位置，则这列波的波速为 m/s，最大周期为 s，O、P的振动方向 （选填“一定”或“不一定”）相同。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．84210P的半衰期始终不变，A不符合题意；
B．84210P发生衰变时会产生质量亏损并释放能量，所以衰变后产物的结合能之和一定大于84210P的结合能，B符合题意；
C．放射性元素的放射强度由原子核决定，与元素的化学状态无关，C不符合题意；
D．84210P衰变时放出的γ射线是原子核从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】半衰期和原子核自身有关，和反应前后质量数和电荷数守恒，γ射线是原子核从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．根据GMmr2=m4π2T2r
解得T=4π2r3GM
半径在减小，周期越来越小，A符合题意；
B．在半径减小过程中，由于稀薄空气阻力做负功，导致天宫一号做近心运动，故天宫一号机械能减小，B不符合题意；
C．根据GMmr2=mv2r
解得v=GMr
半径在减小，运行速度越来越大，C不符合题意；
D．根据GMmr2=man
解得an=GMr2
半径在减小，向心加速度越来越大，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据万有引力提供向心力得出天宫一号的线速度和周期的表达式，并判断线速度和周期的大小关系，万有引力为天宫一号所受的合力，从而得出向心加速度的表达式，并判断向心加速度的大小关系。
3．【答案】C
【解析】【解答】设每条包装带与竖直方向夹角为θ，由几何关系得sinθ=L25L8=0.8
所以θ=53°
则由平衡条件得4Tcsθ=mg
解得每条倾斜包装带的张力为T=512mg
故答案为：C。
【分析】对蛋糕 和包装盒进行受力分析，根据共点力平衡得出每条倾斜包装带的张力的表达式。
4．【答案】D
【解析】【解答】由题意知，当以与内圆相切方向进入磁场的粒子在磁场中有最大弦，即轨迹刚好与外圆相切，由几何关系知，此时粒子运动半径满足2r=3a-a
即r=a
由qvB=mv2r
得，粒子的速度为v=qBrm=qBam
所以粒子的最大速度为qBam。
故答案为：D。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，以及几何关系得出粒子最大速度的表达式。
5．【答案】B,D
【解析】【解答】A．根据题目无法知道小球的加速度变化及速度变化，所以无法得知点电荷Q的电性，A不符合题意；
B．M，N是点电荷Q形成同一等势面的两点，从M到N电场力不做功，小球到达N点时动能不变，速度大小一定为v0，B符合题意；
C．由于不知道点电荷的电性，不知道小球的速度变化，如果点电荷带正电，小球从M到N的过程中速度先增大后减小，如果点电荷带负电，小球从M到N的过程中速度先减小后增大，C不符合题意；
D．设点电荷到细管的距离为h，小球与点电荷连线和细管的夹角为θ，小球受到的电场力为F=kQq(hcsθ)2=kQqh2cs2θ
小球受到力的水平分力Fx=Fx=Fcsθ=kQqh2cs3θ
由牛顿第二定律Fx=ma解得a=kQqmh2cs3θ
小球从M到O过程中θ变大，加速度变小，从O到N过程中θ变小，加速度变大，D符合题意．
故答案为：BD。
【分析】根据小球的速度和加速度的变化情况得出点电荷的电性，带点小球在等势面上运动时电场力不做功，结合电场力的表达式以及牛顿第二定律得出加速度的表达式。
6．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由图可知，电流表A1和A2即为两线圈所在回路电流之比，所以电流表A1和A2示数之比即为原副线圈匝数反比，即电流表A1和A2示数之比为n2n1，A符合题意；
BD．由图可知，电压表V1即为电网输出端a、b间电压，保持不变，即为R1与原线圈两端电压之和，而原副线圈电压之比等于匝数之比，所以电压表V1和V2示数之比大于n1n2，且用电器增加时，电压表V1保持不变，BD不符合题意；
C．用电器增加时，用户用电器的总电阻减小，则电流表A2增大，又因为电流表A1和A2示数之比为n2n1，所以电流表A1也增大，C符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流比之间的关系得出电流表示数之比和电压表示数之比；结合用户总电阻的变化得出电流表1的示数变化情况。
7．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由题图乙，根据图形的对称性可知两图线的其中一个交点的横坐标为1.5T，根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知0~1.5T过程中，消防员第一次下滑的高度比第二次下滑的高度大，A不符合题意；
B.0~1.5T过程中，设消防员两次下滑的高度分别为h1、h2，克服摩擦力做功分别为W1、W2，根据前面分析可知消防员两次下滑在1.5T时刻的速度大小相同，根据动能定理有mgh1-W1=mgh2-W2
因为h1＞h2，所以W1>W2，B不符合题意；
C.0~1.5T过程中，两次下滑过程中消防员的重力相同，作用时间相同，所以重力的冲量IG相同，根据动量定理有IG+If=mv
由于两次1.5T时刻v相同，所以消防员所受摩擦力的冲量If相等，C符合题意；
D.0~3T过程中，消防员两次下滑的高度相同，所用时间相同，所以平均速度相同，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据图乙以及v-t图像得出消防员第一次下滑的高度和第二次下滑高度的大小关系，结合动能定理得出消防员克服摩擦力做功的大小关系，通过动量定理得出摩擦力的冲量大小关系。
8．【答案】A,B,D
【解析】【解答】设正方形线框每条边的电阻为R，进入磁场时速率为v。正方形线框进入磁场第一个L过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为逆时针方向，设为正反向，大小为i1=BLv4R
b、c两点的电势差为Ubc=34BLv
正方形线框所受安培力为F1=Bi1L=B2L2v4R=mg
由左手定则知方向向上。
线框产生的焦耳热为Q=i12⋅4R⋅t=(BLv4R)2×4R×hv=B2L2v4Rh
由于v为定值，所以进入磁场过程，电流i、Ubc、F都恒定不变，Q随下降高度h均匀增大；
正方形线框离开磁场过程中，线框所受安培力继续被重力平衡，所以速度还是v。ad边在切割磁感线，由右手定则可知，由右手定则可知，线框中电流方向为为顺时针，与进入磁场过程方向相反，则为负值，其大小为i2=BLv4R
与i1等大反向。
b、c两点的电势差为Ubc=14BLv
正方形线框所受安培力为F1=Bi2L=B2L2v4R=mg
与F1相同。
线框产生的焦耳热为Q=i22⋅4R⋅t=(BLv4R)2×4R×(h-L)v=B2L2v4R(h-L)
随位移继续均匀增大。
综上可知，ABD符合题意，C不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据右手定则以及欧姆定律得出线框中电流的表达式及方向，结合安培力的表达式以及焦耳定律的表达式得出安培力的大小和产生的焦耳热；并判断焦耳热随位移如何让变化。
9．【答案】A,B,E
【解析】【解答】A．从状态A到状态B气体体积增大，对外做功，A符合题意；
B．根据理想气体状态方程pVT=C可知状态C的温度高于状态A的温度，B符合题意；
C．A→B为等压膨胀过程，根据盖—吕萨克定律可知状态B的温度高于状态A的温度，所以状态B的内能大于状态A的内能，C不符合题意；
D．D→A为等容过程，根据查理定理可知状态A的温度低于状态D的温度，即D→A过程气体内能减少，而气体对外做功为零，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，D不符合题意；
E．C→D为等压压缩过程，根据盖—吕萨克定律可状态C的温度高于状态D的温度，即气体分子在状态C的平均速率大于在状态D的平均速率，状态C气体分子对容器壁的平均作用力比状态D大，而又因为状态C、D压强相同，根据气体压强的微观解释可知状态C在单位时间内撞到容器壁单位面积的分子个数小于状态D的分子个数，E符合题意。
故答案为：ABE。
【分析】理想气体从状态A到状态B气体体积变大，气体对外做功，结合理想气体状态方程判断AC温度的高低，通过盖吕萨克定律判断撞击容器壁单位面积的分子数。
10．【答案】（1）笔（或绳）上某点到悬点的竖直距离和水平距离
（2）1.5（1.2~1.8范围内均可）
【解析】【解答】（1）设细绳与竖直方向的夹角为θ，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律可知地铁加速度的大小为a=gtanθ
根据上式可知，若要估算a，需要测得tanθ，而提供的器材为刻度尺，所以需要测量笔（或绳）上某点到悬点的竖直距离和水平距离。
（2）测得绳上某点到悬点的竖直距离和水平距离分别为5.70cm和0.90cm，则a=9.8×≈1.5m/s2
【分析】（1）根据力的合成与分解以及牛顿第二定律得出地铁加速度的表达式，从而得出需要测量的物理量；
（2）根据加速度的分解得出此时地铁的加速度。
11．【答案】（1）b、c
（2）20000；4800
（3）
（4）0.88
【解析】【解答】（1）电压表量程越大，与表头G串联的总电阻越大，所以当需要选择0~3V的量程时，表头G只与R2串联，应接入电路的两个接线柱是b、c。
（2）根据串联电路规律有IG(R2+rG)=3V
IG(R1+R2+rG)=15V
联立解得R1=20000Ω，R2=4800Ω
（3）根据题图丙作出电路图如图所示。
（4）电流表量程越大，分流总电阻越小，所以e接线柱对应0.6A量程，d接线柱对应3A量程，根据串并联电路规律有I1=IG+IG(rG+R5)R3+R4=0.6A
I2=IG+IG(rG+R3+R5)R4=3A
联立解得R3=0.88Ω
【分析】（1）根据电压表的量程选择应接入电路的接线柱；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出两个电阻的阻值；
（3）根据图丙完成该电流表的电路图；
（4）根据串联电路的特点以及欧姆定律得出 R3 的阻值。
12．【答案】（1）解：设斜面倾角为θ，则小球从A到P和A到Q的水平位移分别为xAP=APcsθ
xAQ=AQcsθ
又因为x=v0t
所以小球从A到P和A到Q的运动时间之比为t1t2=13
（2）解：设小球抛出后加速度为a，下落高度为h，则h=12at2
tanθ=hx
所以h1h2=13
又因为t1t2=13
所以a1a2=3
设小球带电荷量为q，则由牛顿第二定律得mg+qE=ma1
mg-qE=ma2
联立解得q=mg2E
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，利用平抛运动的规律得出A到P和A到Q的时间比；
（2）根据自由落体运动的规律吧得出抛出后小球的加速度之比，结合牛顿第二定律得出小球所带电荷量的表达式。
13．【答案】（1）解：由于A、B发生的是弹性正碰，有mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得vA=4m/s
vB=12m/s
（2）解：设B的加速度为aB，经过时间t，B的速度与传送带速度相同μBmBg=mBaB
-v=vB-at
解得t=4s
B刚好与传送带速度相同时与A相碰，此时B的位移为x=vBt-12aBt2
解得x=8m
设A的加速度为aAμAmAg=mAaA
x=vAt-12aAt2
解得μA=0.1
（3）解：设A、B第二次碰前A的速度为vA1，碰后A、B的速度分别为vA2、vB2vA1=vA-aAt
解得vA1=0
AB发生第二次弹性正碰，以向左为正mBv=mAvA2+mBvB2
12mBv2=12mAvA22+12mBvB22
解得vA2=4m/s
vB2=-4m/s
假设A向左匀加速离开传送带时速度为vA3vA32-vA22=2ax
解得vA3=42m/s假设成立
假设B向左匀加速离开传送带时速度为vB3vB32-vB22=2ax
解得vB3=46m/s>v
说明B是以速度v=8m/s离开传送带，因此，A、B一定发生碰撞
【解析】【分析】（1）AB发生碰撞的过程中根据动量守恒以及动能不变得出碰撞后B的速度；
（2）根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出A与传送带的动摩擦因数μA；
（3）AB发生第二次碰撞后，利用动量守恒以及动能不变得出第二次碰撞后AB的速度，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系判断AB能否发生三次碰撞。
14．【答案】（1）解：由题意，开始时A和B中气体压强均为p0，关闭阀门K后，当水银面到达容器B的上边沿b时，A中气体压强为p1=p0+ph1=85cmHg①
根据玻意耳定律有p0(VA+VB)=p1VA②
解得VB=0.4L③
（2）解：设A中待测矿物小颗粒的体积为V，由题意可知最终A中气体压强为p2=p0+ph2=90cmHg④
根据玻意耳定律有p0(VA+VB-V)=p2(VA-V)⑤
解得V=1L⑥
【解析】【分析】（1） 水银面到达容器B的上边沿b时 ，利用玻意耳定律得出容器B的容积；
（2）利用平衡以及玻意耳定律得出A中待测矿物小颗粒的体积。
15．【答案】（1）解：由题意单色光在该材料内光路如图所示
则可知光线到达E点时恰好发生全反射，由几何关系知tanC=NENO=3
所以临界角为C=60°
由sinC=1n
得，折射率为n=233
（2）解：又因为到达D点的光线为与法线成90°的入射光线，设OD与法线夹角为α，则可得n=sin90°sinα
由几何关系知tanα=dND
又因为DE=NE-ND
解得DE=233d
【解析】【分析】（1）根据几何关系以及全反射临界角的正弦值以及折射率的关系得出透明材料对该单色光的折射率；
（2）利用折射定律以及几何关系得出DE的长度。
16．【答案】3；2；一定
【解析】【解答】这列波的波速为v=xPQtPQ=3m/s
根据T=λv可知λ最大时，T有最大值，又因为P、Q平衡位置的距离为O、P平衡位置距离的2.5倍，且O、P、Q三个质点始终同时经过平衡位置，所以λ的最大值为O、P平衡位置距离，则最大周期为Tm=xOPv=2s
因为P、Q平衡位置的距离为O、P平衡位置距离的2.5倍，且O、P、Q三个质点始终同时经过平衡位置，所以O、P平衡位置的距离一定为波长的正整数倍，因此O、P的振动方向一定相同。
【分析】利用波传播的距离和波速的关系得出该波的波速，结合周期和波速的关系得出该波的最大周期；通过波传播的方向和质点振动方向的关系得出OP质点振动的方向。
一、单选题
1．香烟中含有天然放射性元素钋210（84210P），吸烟会使84210P进入体内并在肺组织中蓄积，研究表明吸烟者体内84210P水平比不吸烟者高1~2个数量级。已知84210P发生衰变时会伴随着放出γ射线，下列说法正确的是（ ）
A．84210P的半衰期会随时间增长而不断地减小
B．84210P发生衰变后产物的结合能之和一定大于84210P的结合能
C．通过化学方法可以改变香烟中84210P的化学状态，从而减小其放射强度
D．84210P衰变时放出的γ射线是核外电子从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波
2．天宫一号完成预定目标后在缓慢靠近地球的过程中，为便于各方开展空间目标避碰等轨道分析工作，我国载人航天工程办公室曾每周发布天宫一号轨道状态参数，如“2017年4月10日至4月16日的轨道平均高度约344.3公里，2017年5月15日至5月21日的轨道平均高度约339.2公里”。这一时期内，若把天宫一号在每一圈的运动轨道近似看作是圆，关于天宫一号，下列说法正确的是（ ）
A．周期越来越小B．机械能越来越大
C．运行速度越来越小D．向心加速度越来越小
3．如图所示，蛋糕和包装盒的总质量为m，包装盒为一长方体，上表面是边长为L的正方形，包装带与上表面的接触点均为各边的中点。现用手拉住包装带的交叉点，提起蛋糕使其静止不动，此时每一条倾斜的包装带长度都是5L8。设蛋糕和包装盒质量分布均匀，包装带质量不计，已知重力加速度为g，则每条倾斜包装带的张力为（ ）
A．14mgB．516mgC．512mgD．56mg
4．如图所示为一磁约束装置的简化示意图，内半径为a、外半径为3a的环状区域I内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。小圆区域II中有大量质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内以不同速度向各个方向运动。要使所有粒子都不会穿出区域I的外边缘，不计粒子重力及粒子间相互作用，则粒子的最大速度为（ ）
A．3qBamB．2qBamC．4qBa3mD．qBam
二、多选题
5．如图所示，固定的点电荷Q附近有一根内壁光滑的固定水平绝缘细管。在细管内M点的带负电小球获得速度v0后向右运动，一段时间后到达N点。M、N两点关于点电荷Q正下方的O点对称，则（ ）
A．点电荷Q一定是正电荷
B．小球到达N点时速度大小一定为v0
C．小球从M到N的过程中速度一定先增大后减小
D．小球从M到N的过程中加速度一定先减小后增大
6．如图所示是某供电电路的示意图，电网输出端a、b间电压保持不变，理想变压器原副线圈匝数比为n1：n2，R1、R2是输电线的等效电阻，变阻器R代表用户用电器的总电阻，用电器增加时相当于R减小，图中电流表和电压表都是理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1和A2示数之比为n2n1
B．电压表V1和V2示数之比为n1n2
C．用电器增加时，两电流表的示数都变大
D．用电器增加时，两电压表的示数都变大
7．如图甲所示，一名消防队员在演习训练中，沿着竖直固定钢管往下滑。图乙所示的v-t图像记录了他两次从同一位置下滑的运动情况。关于这两次下滑，下列说法正确的是（ ）
A．0~1.5T过程中，消防员两次下滑的高度相同
B．0~1.5T过程中，消防员克服摩擦力做功相等
C．0~1.5T过程中，消防员所受摩擦力的冲量相等
D．0~3T过程中，消防员两次下滑的平均速度相同
8．如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差Ubc、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．一定质量的理想气体从状态A开始，经历了AB、BC、CD和DA四个过程，其p-V图像如图所示，其中AB、CD均与横坐标平行，DA、BC均与纵坐标平行。对该气体，下列说法正确的是（ ）
A．从状态A到状态B气体对外做功
B．状态C的温度高于状态A的温度
C．状态A的内能大于状态B的内能
D．从状态D到状态A气体从外界吸收热量
E．状态C在单位时间内撞到容器壁单位面积的分子个数小于状态D的分子个数
三、实验题
10．为测量地铁启动过程中的加速度，黄老师采用了如下的操作方法：将一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直金属杆上。在地铁起动后沿水平直轨道的某段加速过程中，细绳偏离了竖直金属杆，稳定后，他用手机拍摄了当时情景的照片如题图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。利用刻度尺和这张照片，可以估算出此时地铁加速度的大小。（已知当地的重力加速度为9.8m/s2）
（1）需要测量的物理量有 ；
（2）根据测量数据计算此时地铁加速度的大小约为 m/s2。（计算结果保留两位有效数字）
11．李老师为了让同学们更好地理解电表的改装原理，将量程为0~3V~15V的电压表底座拆开后，展示其内部结构，如图甲所示。图中a、b、c是该表的3个接线柱，李老师已根据图甲画出如图乙所示的电路图。
（1）根据图乙可以判断，当需要选择0~3V的量程时，应接入电路的两个接线柱是 ；
（2）若电压表的表头内阻为200Ω，满偏电流为600μA，则可以计算出R1= Ω，R2= Ω；
（3）某同学受到启发后，继续研究量程为0~0.6A~3A的电流表。拆开电流表底座后，发现其内部结构如图丙所示，其中“－”为电流表的负接线柱，d、e为其余两个接线柱。在所给的器材符号之间画出连线，组成该电流表的电路图；
（4）已知电流表中R4=0.22Ω，表头与电压表的表头相同，则R3= Ω。
四、解答题
12．空间中存在场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为m的带电小球从斜面顶端A水平抛出，落在斜面上的P点。现保持场强大小不变，方向改为竖直向上，小球仍从A点以相同的初速度水平抛出，落在斜面上的Q点。已知AQ的距离是AP距离的3倍，重力加速度为g，求：
（1）小球从A到P和A到Q的运动时间之比；
（2）小球所带电荷量的大小。
13．如图所示，足够长的水平传送带以v=8m/s的恒定速度逆时针转动。在传送带的左端有一足够长的光滑水平面，一质量mA=3kg的小物块A在水平面上以v0=8m/s的速度向右运动，与静止在水平面右端质量mB=1kg的小物块B发生正碰后，两物块均无能量损失地滑上传送带，经过4s两物块再次发生正碰。已知B与传送带的动摩擦因数μB=0.5，重力加速度g=10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且时间极短。
（1）求A、B第一次碰撞后的速度vA、vB的大小；
（2）求A与传送带的动摩擦因数μA；
（3）分析A、B是否会发生第三次碰撞。
14．利用如图所示装置可以测量矿物小颗粒的体积。容积为3L的容器A通过体积不计的细玻璃管与容器B相连，B下端经橡皮软管与装有水银的容器C连通，C上方与外界大气相通。开始测量时，打开阀门K，上下移动C，使水银面到达容器B的下边沿a；然后关闭阀门K，向上移动C，使水银面到达容器B的上边沿b，此时B、C内的水银高度差为h1=10.0cm。现将待测矿物小颗粒放入容器A中，再重复上述操作，B、C内的水银高度差为h2=15.0cm。已知大气压强p0=75.0cmHg，求：
（1）容器B的容积；
（2）A中待测矿物小颗粒的体积。
15．用某种透明材料制成边长为2d的正方体，其横截面MNPQ如图所示。将单色光从MN中点O垂直上表面射入该材料，保持入射点O不变，在纸面内逆时针旋转入射光线，使入射光线与图中虚线的夹角在0~90°范围内变化，在此过程中，发现NP边只有DE区域内有光线射出。已知E点到N点的距离为3d，不考虑光线在正方体中的多次反射，求：
（1）透明材料对该单色光的折射率n；
（2）DE的长度。（结果均用根号表示）
五、填空题
16．一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，O、P、Q是该波在传播方向上的三个质点，O、P平衡位置的距离为6m，P、Q平衡位置的距离为15m。该波从P传播到Q的时间为5s，O、P、Q三个质点始终同时经过平衡位置，则这列波的波速为 m/s，最大周期为 s，O、P的振动方向 （选填“一定”或“不一定”）相同。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．84210P的半衰期始终不变，A不符合题意；
B．84210P发生衰变时会产生质量亏损并释放能量，所以衰变后产物的结合能之和一定大于84210P的结合能，B符合题意；
C．放射性元素的放射强度由原子核决定，与元素的化学状态无关，C不符合题意；
D．84210P衰变时放出的γ射线是原子核从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】半衰期和原子核自身有关，和反应前后质量数和电荷数守恒，γ射线是原子核从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．根据GMmr2=m4π2T2r
解得T=4π2r3GM
半径在减小，周期越来越小，A符合题意；
B．在半径减小过程中，由于稀薄空气阻力做负功，导致天宫一号做近心运动，故天宫一号机械能减小，B不符合题意；
C．根据GMmr2=mv2r
解得v=GMr
半径在减小，运行速度越来越大，C不符合题意；
D．根据GMmr2=man
解得an=GMr2
半径在减小，向心加速度越来越大，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据万有引力提供向心力得出天宫一号的线速度和周期的表达式，并判断线速度和周期的大小关系，万有引力为天宫一号所受的合力，从而得出向心加速度的表达式，并判断向心加速度的大小关系。
3．【答案】C
【解析】【解答】设每条包装带与竖直方向夹角为θ，由几何关系得sinθ=L25L8=0.8
所以θ=53°
则由平衡条件得4Tcsθ=mg
解得每条倾斜包装带的张力为T=512mg
故答案为：C。
【分析】对蛋糕 和包装盒进行受力分析，根据共点力平衡得出每条倾斜包装带的张力的表达式。
4．【答案】D
【解析】【解答】由题意知，当以与内圆相切方向进入磁场的粒子在磁场中有最大弦，即轨迹刚好与外圆相切，由几何关系知，此时粒子运动半径满足2r=3a-a
即r=a
由qvB=mv2r
得，粒子的速度为v=qBrm=qBam
所以粒子的最大速度为qBam。
故答案为：D。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，以及几何关系得出粒子最大速度的表达式。
5．【答案】B,D
【解析】【解答】A．根据题目无法知道小球的加速度变化及速度变化，所以无法得知点电荷Q的电性，A不符合题意；
B．M，N是点电荷Q形成同一等势面的两点，从M到N电场力不做功，小球到达N点时动能不变，速度大小一定为v0，B符合题意；
C．由于不知道点电荷的电性，不知道小球的速度变化，如果点电荷带正电，小球从M到N的过程中速度先增大后减小，如果点电荷带负电，小球从M到N的过程中速度先减小后增大，C不符合题意；
D．设点电荷到细管的距离为h，小球与点电荷连线和细管的夹角为θ，小球受到的电场力为F=kQq(hcsθ)2=kQqh2cs2θ
小球受到力的水平分力Fx=Fx=Fcsθ=kQqh2cs3θ
由牛顿第二定律Fx=ma解得a=kQqmh2cs3θ
小球从M到O过程中θ变大，加速度变小，从O到N过程中θ变小，加速度变大，D符合题意．
故答案为：BD。
【分析】根据小球的速度和加速度的变化情况得出点电荷的电性，带点小球在等势面上运动时电场力不做功，结合电场力的表达式以及牛顿第二定律得出加速度的表达式。
6．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由图可知，电流表A1和A2即为两线圈所在回路电流之比，所以电流表A1和A2示数之比即为原副线圈匝数反比，即电流表A1和A2示数之比为n2n1，A符合题意；
BD．由图可知，电压表V1即为电网输出端a、b间电压，保持不变，即为R1与原线圈两端电压之和，而原副线圈电压之比等于匝数之比，所以电压表V1和V2示数之比大于n1n2，且用电器增加时，电压表V1保持不变，BD不符合题意；
C．用电器增加时，用户用电器的总电阻减小，则电流表A2增大，又因为电流表A1和A2示数之比为n2n1，所以电流表A1也增大，C符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流比之间的关系得出电流表示数之比和电压表示数之比；结合用户总电阻的变化得出电流表1的示数变化情况。
7．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由题图乙，根据图形的对称性可知两图线的其中一个交点的横坐标为1.5T，根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知0~1.5T过程中，消防员第一次下滑的高度比第二次下滑的高度大，A不符合题意；
B.0~1.5T过程中，设消防员两次下滑的高度分别为h1、h2，克服摩擦力做功分别为W1、W2，根据前面分析可知消防员两次下滑在1.5T时刻的速度大小相同，根据动能定理有mgh1-W1=mgh2-W2
因为h1＞h2，所以W1>W2，B不符合题意；
C.0~1.5T过程中，两次下滑过程中消防员的重力相同，作用时间相同，所以重力的冲量IG相同，根据动量定理有IG+If=mv
由于两次1.5T时刻v相同，所以消防员所受摩擦力的冲量If相等，C符合题意；
D.0~3T过程中，消防员两次下滑的高度相同，所用时间相同，所以平均速度相同，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据图乙以及v-t图像得出消防员第一次下滑的高度和第二次下滑高度的大小关系，结合动能定理得出消防员克服摩擦力做功的大小关系，通过动量定理得出摩擦力的冲量大小关系。
8．【答案】A,B,D
【解析】【解答】设正方形线框每条边的电阻为R，进入磁场时速率为v。正方形线框进入磁场第一个L过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为逆时针方向，设为正反向，大小为i1=BLv4R
b、c两点的电势差为Ubc=34BLv
正方形线框所受安培力为F1=Bi1L=B2L2v4R=mg
由左手定则知方向向上。
线框产生的焦耳热为Q=i12⋅4R⋅t=(BLv4R)2×4R×hv=B2L2v4Rh
由于v为定值，所以进入磁场过程，电流i、Ubc、F都恒定不变，Q随下降高度h均匀增大；
正方形线框离开磁场过程中，线框所受安培力继续被重力平衡，所以速度还是v。ad边在切割磁感线，由右手定则可知，由右手定则可知，线框中电流方向为为顺时针，与进入磁场过程方向相反，则为负值，其大小为i2=BLv4R
与i1等大反向。
b、c两点的电势差为Ubc=14BLv
正方形线框所受安培力为F1=Bi2L=B2L2v4R=mg
与F1相同。
线框产生的焦耳热为Q=i22⋅4R⋅t=(BLv4R)2×4R×(h-L)v=B2L2v4R(h-L)
随位移继续均匀增大。
综上可知，ABD符合题意，C不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据右手定则以及欧姆定律得出线框中电流的表达式及方向，结合安培力的表达式以及焦耳定律的表达式得出安培力的大小和产生的焦耳热；并判断焦耳热随位移如何让变化。
9．【答案】A,B,E
【解析】【解答】A．从状态A到状态B气体体积增大，对外做功，A符合题意；
B．根据理想气体状态方程pVT=C可知状态C的温度高于状态A的温度，B符合题意；
C．A→B为等压膨胀过程，根据盖—吕萨克定律可知状态B的温度高于状态A的温度，所以状态B的内能大于状态A的内能，C不符合题意；
D．D→A为等容过程，根据查理定理可知状态A的温度低于状态D的温度，即D→A过程气体内能减少，而气体对外做功为零，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，D不符合题意；
E．C→D为等压压缩过程，根据盖—吕萨克定律可状态C的温度高于状态D的温度，即气体分子在状态C的平均速率大于在状态D的平均速率，状态C气体分子对容器壁的平均作用力比状态D大，而又因为状态C、D压强相同，根据气体压强的微观解释可知状态C在单位时间内撞到容器壁单位面积的分子个数小于状态D的分子个数，E符合题意。
故答案为：ABE。
【分析】理想气体从状态A到状态B气体体积变大，气体对外做功，结合理想气体状态方程判断AC温度的高低，通过盖吕萨克定律判断撞击容器壁单位面积的分子数。
10．【答案】（1）笔（或绳）上某点到悬点的竖直距离和水平距离
（2）1.5（1.2~1.8范围内均可）
【解析】【解答】（1）设细绳与竖直方向的夹角为θ，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律可知地铁加速度的大小为a=gtanθ
根据上式可知，若要估算a，需要测得tanθ，而提供的器材为刻度尺，所以需要测量笔（或绳）上某点到悬点的竖直距离和水平距离。
（2）测得绳上某点到悬点的竖直距离和水平距离分别为5.70cm和0.90cm，则a=9.8×≈1.5m/s2
【分析】（1）根据力的合成与分解以及牛顿第二定律得出地铁加速度的表达式，从而得出需要测量的物理量；
（2）根据加速度的分解得出此时地铁的加速度。
11．【答案】（1）b、c
（2）20000；4800
（3）
（4）0.88
【解析】【解答】（1）电压表量程越大，与表头G串联的总电阻越大，所以当需要选择0~3V的量程时，表头G只与R2串联，应接入电路的两个接线柱是b、c。
（2）根据串联电路规律有IG(R2+rG)=3V
IG(R1+R2+rG)=15V
联立解得R1=20000Ω，R2=4800Ω
（3）根据题图丙作出电路图如图所示。
（4）电流表量程越大，分流总电阻越小，所以e接线柱对应0.6A量程，d接线柱对应3A量程，根据串并联电路规律有I1=IG+IG(rG+R5)R3+R4=0.6A
I2=IG+IG(rG+R3+R5)R4=3A
联立解得R3=0.88Ω
【分析】（1）根据电压表的量程选择应接入电路的接线柱；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出两个电阻的阻值；
（3）根据图丙完成该电流表的电路图；
（4）根据串联电路的特点以及欧姆定律得出 R3 的阻值。
12．【答案】（1）解：设斜面倾角为θ，则小球从A到P和A到Q的水平位移分别为xAP=APcsθ
xAQ=AQcsθ
又因为x=v0t
所以小球从A到P和A到Q的运动时间之比为t1t2=13
（2）解：设小球抛出后加速度为a，下落高度为h，则h=12at2
tanθ=hx
所以h1h2=13
又因为t1t2=13
所以a1a2=3
设小球带电荷量为q，则由牛顿第二定律得mg+qE=ma1
mg-qE=ma2
联立解得q=mg2E
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，利用平抛运动的规律得出A到P和A到Q的时间比；
（2）根据自由落体运动的规律吧得出抛出后小球的加速度之比，结合牛顿第二定律得出小球所带电荷量的表达式。
13．【答案】（1）解：由于A、B发生的是弹性正碰，有mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得vA=4m/s
vB=12m/s
（2）解：设B的加速度为aB，经过时间t，B的速度与传送带速度相同μBmBg=mBaB
-v=vB-at
解得t=4s
B刚好与传送带速度相同时与A相碰，此时B的位移为x=vBt-12aBt2
解得x=8m
设A的加速度为aAμAmAg=mAaA
x=vAt-12aAt2
解得μA=0.1
（3）解：设A、B第二次碰前A的速度为vA1，碰后A、B的速度分别为vA2、vB2vA1=vA-aAt
解得vA1=0
AB发生第二次弹性正碰，以向左为正mBv=mAvA2+mBvB2
12mBv2=12mAvA22+12mBvB22
解得vA2=4m/s
vB2=-4m/s
假设A向左匀加速离开传送带时速度为vA3vA32-vA22=2ax
解得vA3=42m/s
假设B向左匀加速离开传送带时速度为vB3vB32-vB22=2ax
解得vB3=46m/s>v
说明B是以速度v=8m/s离开传送带，因此，A、B一定发生碰撞
【解析】【分析】（1）AB发生碰撞的过程中根据动量守恒以及动能不变得出碰撞后B的速度；
（2）根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出A与传送带的动摩擦因数μA；
（3）AB发生第二次碰撞后，利用动量守恒以及动能不变得出第二次碰撞后AB的速度，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系判断AB能否发生三次碰撞。
14．【答案】（1）解：由题意，开始时A和B中气体压强均为p0，关闭阀门K后，当水银面到达容器B的上边沿b时，A中气体压强为p1=p0+ph1=85cmHg①
根据玻意耳定律有p0(VA+VB)=p1VA②
解得VB=0.4L③
（2）解：设A中待测矿物小颗粒的体积为V，由题意可知最终A中气体压强为p2=p0+ph2=90cmHg④
根据玻意耳定律有p0(VA+VB-V)=p2(VA-V)⑤
解得V=1L⑥
【解析】【分析】（1） 水银面到达容器B的上边沿b时 ，利用玻意耳定律得出容器B的容积；
（2）利用平衡以及玻意耳定律得出A中待测矿物小颗粒的体积。
15．【答案】（1）解：由题意单色光在该材料内光路如图所示
则可知光线到达E点时恰好发生全反射，由几何关系知tanC=NENO=3
所以临界角为C=60°
由sinC=1n
得，折射率为n=233
（2）解：又因为到达D点的光线为与法线成90°的入射光线，设OD与法线夹角为α，则可得n=sin90°sinα
由几何关系知tanα=dND
又因为DE=NE-ND
解得DE=233d
【解析】【分析】（1）根据几何关系以及全反射临界角的正弦值以及折射率的关系得出透明材料对该单色光的折射率；
（2）利用折射定律以及几何关系得出DE的长度。
16．【答案】3；2；一定
【解析】【解答】这列波的波速为v=xPQtPQ=3m/s
根据T=λv可知λ最大时，T有最大值，又因为P、Q平衡位置的距离为O、P平衡位置距离的2.5倍，且O、P、Q三个质点始终同时经过平衡位置，所以λ的最大值为O、P平衡位置距离，则最大周期为Tm=xOPv=2s
因为P、Q平衡位置的距离为O、P平衡位置距离的2.5倍，且O、P、Q三个质点始终同时经过平衡位置，所以O、P平衡位置的距离一定为波长的正整数倍，因此O、P的振动方向一定相同。
【分析】利用波传播的距离和波速的关系得出该波的波速，结合周期和波速的关系得出该波的最大周期；通过波传播的方向和质点振动方向的关系得出OP质点振动的方向。
相关试卷
贵州省适应性高考理综物理试题： 这是一份贵州省适应性高考理综物理试题，文件包含精品解析贵州省适应性高考理综物理试题原卷版docx、精品解析贵州省适应性高考理综物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年度贵州省适应性高考理综物理试题： 这是一份2022-2023学年度贵州省适应性高考理综物理试题，文件包含贵州省适应性高考理综物理试题原卷版docx、贵州省适应性高考理综物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2023届四川省南充市高三下学期高考适应性考试 理综物理（解析版）： 这是一份2023届四川省南充市高三下学期高考适应性考试 理综物理（解析版），共22页。试卷主要包含了 本试卷分第I卷两部分， 考试结束，将答题卡交回，25J等内容，欢迎下载使用。
