2022-2023学年四川省内江市第六中学高三下学期第六次月考理综物理试题 （解析版）

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内江六中2022-2023学年度下期高2023届第六次月考理综试卷（物理部分）二、选择题1. 单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　）A 时刻线框平面与中性面垂直B. 线框的感应电动势有效值为C. 线框转一周外力所做的功为D. 从到过程中通过线框横截面的电荷量为【答案】C【解析】【详解】A．时刻磁通量最大，线框平面与中性面平行，故A错误；B．线框感应电动势的最大值为则有效值为故B错误；C．线框转一周外力所做的功等于回路中产生的焦耳热，则有故C正确；D．从到过程中平均感应电动势为通过线框横截面的电荷量为故D错误。故选C。2. 如图所示，质量相等的甲、乙两球被以相同的初速度从同一水平高度抛出，初速度与水平方向的夹角均为甲在空中做抛体运动，乙刚好沿倾角为的足够长光滑斜面向上运动，则下列说法不正确的是（　　）A. 两球到最高点时机械能相同B. 两球到达的最大高度不相同C. 两球运动过程中加速度保持不变D. 两球到最高点时重力做功的瞬时功率不相同【答案】D【解析】【详解】A．依题意，可知两球在运动过程中，只有重力做功，所以它们的机械能均守恒，由于开始时它们的机械能相同，则两球到达最高点时的机械能也相同，故A正确；B．根据机械能守恒定律，可知因乙球到达最高点的速度，而甲球到达最高点的速度不是零，因此可知乙球上升的最大高度较大，故B正确；C．依题意，根据牛顿第二定律，可得甲球斜抛过程中的加速度一直为，而乙球上滑时的加速度一直为，所以两球运动过程中加速度均保持不变，故C正确；D．两球到最高点时，在重力方向上的速度均为零，根据重力的瞬时功率，可知它们重力做功的瞬时功率相同，都等于零，故D错误。由于本题选择错误的，故选D。3. 在宇宙中有大量的双星系统存在，双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。假设双星在演化的过程中，两星的总质量、距离和周期均可发生变化。若某双星系统中两星的总质量为M，经过一段时间演化后，两星的距离变成原来的3倍，两星做圆周运动的周期变成原来的2倍，则此时两星的总质量为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】设双星质量分别为、，对有对有由几何关系知三式联立解得当两星的距离变成原来的3倍，两星做圆周运动的周期变成原来的2倍，则有故选A。4. 半径为a右端开小口的导体圆环和长为的导体直杆，单位长度电阻均为。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示。则（　　）A. 时，杆产生的电动势为B. 时，杆产生的电动势为C. 时，杆受的安培力大小为D. 时，杆受的安培力大小为【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，当时，杆产生的电动势为A错误；B．当时，由几何关系可知，导体直杆在磁场中切割磁感线的长度为a，杆产生的电动势为B错误；C．当时，单位长度电阻为，则回路中的总电阻为回路中的电流为由安培力计算公式，可得杆受安培力大小为C错误；D．时，则回路中的总电阻为杆受的安培力大小为D正确；故选D。5. 甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标，从此后甲一直做匀速直线运动，乙先匀加速后匀减速，丙先匀减速后匀加速，它们经过下一路标时的速度相同，则（　　）A. 甲先通过下一路标 B. 乙先通过下一路标C. 丙先通过下一路标 D. 三辆车同时通过下一路标【答案】B【解析】【详解】经过两个路标的速度相同。乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲少；丙先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲多。甲、乙和丙三者的速度时间图像如下由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标。故选B。6. 如图所示，带电粒子M、N质量相同，以相同的初速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，最后都打在同一点。不计粒子的重力，从开始射入到打到上板的过程中，两粒子（　　）A 运动时间B. 加速度之比C. 所带电荷量之比D. 电势能的变化量之比【答案】ABD【解析】【详解】A．根据题意可知，带电粒子在水平方向做匀速运动，由图可知，水平位移相等，由于以相同的初速度进入，则由可知，运动时间故A正确；BC．根据题意可知，竖直方向上，带电粒子做初速度为0的匀加速直线运动，由公式结合题图可得解得由牛顿第二定律有解得所带电荷量之比故C错误，B正确；D．根据功能关系可知，电势能的变化量等于电场力做功，由公式可知，电场对两个带电粒子做功之比为则电势能的变化量之比故D正确。故选ABD。7. 在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d（d<L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度 v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，下列说法正确的是（　　）A. 线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做匀变速直线运动B. 线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C. 线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D. 线框在滑进磁场的过程中产生的热量 Q1与滑出磁场的过程中产生的热量 Q2之比为3:1【答案】BD【解析】【详解】A．线框在进磁场的过程与滑出磁场的过程中感应电动势感应电流为线框受到的安培力根据牛顿第二定律有解得由于速度方向与加速度方向相反，速度减小，加速度减小，即线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做加速度减小的变减速直线运动，A错误；B．根据，解得可知，线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同，B正确；C．根据，解得即线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量相同，C错误；D．令线框全部进入磁场的速度为v1，根据上述有线框滑进与滑出过程有，解得D正确。故选BD。8. 如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4．物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为．则（ ）A. 撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B. 撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C. 物体做匀减速运动的时间为D. 物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为【答案】BD【解析】【详解】A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；B．刚开始时，由牛顿第二定律有：解得：B正确；C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：联立解得：，C错误；D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有解得，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：D正确。故选BD。 第Ⅱ卷（非选择题  共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~37题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共47分）9. 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。    （1）实验中必要的措施是____。A．先释放小车再接通电源                    B．先接通电源再释放小车C．小车的质量要远大于钩码的质量            D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力（2）实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，纸带打出的部分计数点如图乙所示，每隔4个点取一个计数点。图中注明了各计数点间距离的测量结果，则打B点时小车的速度大小为_____m/s，小车的加速度a=_____m/s2（以上计算结果均保留三位小数）。【答案】    ①. B    ②. 0.416    ③. 1.480【解析】详解】（1）[1]AB．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故A错误，B正确；CD．本实验中只是研究匀变速直线运动规律，小车只要做匀加速直线运动即可，不需要让小车的质量远大于钩码的质量，也不需要平衡摩擦力，故CD错误。故选B。（2）[2]每隔4个点取一个计数点，故相邻两计数点间的时间间隔为B点的瞬时速度等于AC间的平均速度，则有[3]根据逐差法可知，小车的加速度为10. 某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率。所用器材如下：A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5ΩB．电流表G：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150ΩC．定值电阻：R1=1200ΩD．电阻箱R2和R3：最大阻值均为999.9ΩE．电阻箱R4：最大阻值为9999ΩF．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干(1)该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2=___Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内=_________Ω，欧姆表的倍率是___（选填“×1”、“×10”）(2)闭合电键S：第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2=____________Ω且R3=__________Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次满偏。第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向如图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为__________Ω。【答案】    ①. 149.5    ②. 1500    ③. ×10    ④. 14.5    ⑤. 150    ⑥. 100【解析】【详解】(1)[1]由闭合电路欧姆定律解得[2]欧姆表的内阻[3]表盘的中值电阻为1500Ω，根据电路结构，闭合电键前，欧姆表的内阻大，大内阻对应大倍率，此时欧姆表的倍率是“×10”；(2)[4][5][6]闭合电键S，欧姆表的内阻变小，变为倍率“×1”， 调节电阻箱R2和R3，使电流表满偏时欧姆表内阻为150Ω电路总电流为解得电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为0.6mA，此时R3的电流为总电流是6mA11. 如图所示，AB为倾角θ=37°的光滑斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，此时小球乙与斜面底端B的距离d =2m。质量为m1的小球甲以某一未知速度v0与乙球发生弹性正碰，使乙球获得6m/s的速度。若m1:m2=1:2，且轨道足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）第二次碰撞前小球乙在斜面运动的时间；（2）两球发生第二次碰撞时的位置到斜面底端B的距离。【答案】（1）2s；（2）18m【解析】【分析】【详解】（1）小球乙在斜面运动，由牛顿第二定律设在斜面上升时间为t2，则小球乙在斜面运动的时间解得 （2）两球发生弹性正碰，则解得负号表示方向向右设发生第二次碰撞时的位置到斜面底端B的距离为L，则在两次碰撞之间的时间内，甲在水平轨道运动的路程为（L-d），乙在水平轨道运动的路程为（L+d），于是解得 12. 如图所示,真空中一平面直角坐标系xOy内,存在着两个边长为L的正方形匀强电场区域I、II和两个直径为L的圆形匀强磁场区域III,IV.电场的场强大小均为E,区域I的 场强方向沿x轴正方向,其下边界在x轴上,右边界刚好与区域III的边界相切;区域II的场 强方向沿y轴正方向,其上边界在x轴上,左边界刚好与区域仅的边界相切.磁场的磁感应强度大小均为 ,区域III的圆心坐标为(0，)、磁场方向垂直于xOy平面向外;区域IV的圆心坐标为(0，-),磁场方向垂直于xOy平面向里.两个质量均为m、电荷量均 为q的带正电粒子M、N,在外力约束下静止在坐标分别为(，)、(，)的两点.在Y轴的正半轴(坐标原点除外)放置一块足够长的感光板,板面垂直于xOy平面.将粒子M、N由静止释放,它们最终打在感光板上并立即被吸收.不 计粒子的重力.求:(1)粒子离开电场I时的速度大小.(2)粒子M击中感光板的位置坐标.(3)粒子N在磁场中运动的时间.【答案】（1）（2）（2L，0）（3） 【解析】【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中运动,由动能定理得:
计算得出 .（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:
   因故得
因M运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，故M在磁场Ⅲ中运动四分之一周期后经过原点进入磁场Ⅳ，再运动四分之一周期后平行于x轴正方向离开磁场，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动；假设M射出电场后再打在x轴的感光板上，则:
M在电场中运动时间
沿电场力位移;
所以假设成立,运动轨迹如右图所示.沿电场方向的速度
速度偏向角的正切设出电场后沿x轴方向的位移为x1，则 ，所以；M击中感光板的横坐标为，位置坐标为（2L，0）;（3）N做圆周运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，分析可得N将从b点进入磁场，由坐标原点O离开磁场Ⅲ进入磁场,然后从d点离开磁场Ⅳ，其部分轨迹如右图所示；
在磁场Ⅲ中,由几何关系得: ；所以θ=300；圆弧对应的圆心角   粒子在运动的周期
所以粒子在磁场Ⅲ中运动的时间
由对称关系得粒子在磁场Ⅲ、Ⅳ中运动时间相同，故粒子在磁场中运动的时间为：【点睛】解决本题的关键是画出粒子的运动轨迹，灵活运用几何知识轨迹半径，确定轨迹对应的圆心角，即可求得粒子在磁场中运动的时间．（二）选考题：任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物理-选修3—3]（15分）13. 一定质量理想气体从状态开始，经历回到原状态，其图像如图所示，下列判断正确的是（　　）A. 气体在状态的内能大于在状态的内能B. 气体从到的过程中，体积先变大后不变C. 气体从到的过程中，吸收的热量大于内能的变化量D. 气体从到的过程中气体对外界做的功，小于到的过程中外界对气体做的功【答案】AD【解析】【详解】A．理想气体，忽略分子势能，所以理想气体的内能由温度决定，气体在状态b的温度大于在状态c的温度，所以在状态b的内能大于在状态的内能，故A正确；B．由气体理想状态方程可知，b到c的过程中，P不变，T减小，V减小，从c到d的过程中，V不变，故B错误；C．由热力学第一定律可知，从c到d的过程中，V不变，W不变，T增大，增大，Q增大，则气体吸收的热量等于内能的变化量，故C错误；D．从d到a的过程中，气体做功由盖—吕萨克定律可知联立可得同理可得，从b到c过程从c到d的过程中，由查理定律可知联立可知故D正确。故选AD。14. 如图所示，底部带有阀门K的导热气缸静置在水平地面上，质量为m、横截面积为S的活塞将气缸内的空气分为高度均为h的上、下两部分，初始时上面封闭空气的压强恰好等于外界大气压强。现用打气筒从阀门K处缓慢充入空气，使活塞缓慢上升。已知重力加速度大小为g，大气压强恒为，活塞可在气缸内无摩擦滑动且气缸不漏气，空气可视为理想气体，不考虑空气温度的变化，当活塞上升时，求：（1）活塞上方封闭空气的压强p；（2）活塞下方原来封闭的空气与充入空气的质量之比k。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据题意，由玻意耳定律，对活塞上方封闭空气有其中解得（2）根据题意，设活塞下方封闭空气初状态的压强为，活塞下方封闭空气末状态的压强为，假设末状态活塞下方封闭空气等温膨胀到时的体积为V，则有由玻意耳定律有塞下方原来封闭的空气与充入空气的质量之比为解得15. 如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，达到稳定时_____摆的振幅最大，图乙是a摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则a摆的摆长为__________【答案】    ①. c    ②. 【解析】【详解】[1]当a摆振动的时候，使其余各摆也振动起来，a摆提供驱动力，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，则达到稳定时c摆的振幅最大。[2]由图乙得，根据单摆的周期公式可得解得16. 如图所示，一个半径为R的半圆玻璃砖弧面镀银，竖直放置在水平面上，一细激光束射在A点，入射角i = 45°时，从A点反射的光线与进入玻璃砖再射出的光线恰好平行，且在地面上形成两个光斑。已知该玻璃砖对该激光的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求： （i） 在A点的反射光线与折射光线的夹角α；（ii） 该激光在玻璃砖内的传播时间t。【答案】（i）105°；（ii）【解析】【详解】（i） 光路如图，由折射定律有解得γ =30°故α = π－i－γ = 105°（ii） 激光在玻璃砖内传播的路程光在玻璃砖中的速度又s = vt解得