2023-2024学年云南省红河、文山高三（下）第二次复习统一检测理综物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省红河、文山高三（下）第二次复习统一检测理综物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.物理学是一门以实验为基础的自然科学，物理学家们通过艰苦实验来探究自然界的物理规律，为人类进步做出了巨大贡献，值得我们敬仰和学习。下列说法符合史实的是
A. 卢瑟福最先发现了天然放射现象B. 安培最早发现了电流周围存在磁场
C. 伽利略提出力是维持物体运动的原因D. 查德威克用α粒子轰击铍核发现了中子
2.我国是世界上少数几个具备独立发射人造卫星能力的国家之一，现拥有四大卫星发射场，包括位于甘肃省的酒泉卫星发射场和位于海南省的文昌航天发射场。若月球绕地球的运行可以近似看作周期为27天的匀速圆周运动，下列有关地球同步卫星和月球的说法中正确的是
A. 地球对月球的万有引力大于月球对地球的万有引力
B. 绕地球运行时，同步卫星和月球的轨道半径之比约为19
C. 绕地球运行时，月球的运行速率大于同步卫星的运行速率
D. 与文昌航天发射场相比，酒泉卫星发射场更适合发射同步卫星
3.如图(a)所示，在光滑墙壁上用网兜把一足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。绳子的长短变化可导致绳对足球的拉力、墙对足球的支持力发生改变。以上情境可简化为图
所示模型：用一轻绳将一光滑小球系于竖直墙壁上的O点，用一水平细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，在细杆下移过程中下列说法正确的是( )
A. 轻绳对小球的拉力逐渐增大B. 轻绳对小球的拉力逐渐减小
C. 墙壁对小球的支持力逐渐减小D. 墙壁对小球的支持力保持不变
4.某实验小组用如图所示的实验装置探究某金属发生光电效应的实验规律。当用频率为ν的入射光照射金属板K时，电流表示数不为零：向右调节滑动变阻器的滑片P，直到电流表的示数刚好为零，此时电压表的示数为Uc。则下列说法中正确的是( )
A. 实验时电源的左端为正极
B. 若增大入射光的频率，Uc将会变大
C. 若不改变入射光频率和电路，增大入射光强度，Uc将会变大
D. 调换电源的极性(同时调整电压表)，保持光照不变，向右滑动滑片P的过程中，电流表示数一定一直增大
5.如图(a)，在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中C、D在AB的中垂线上，AB=16 m，CD=6 m。A处的横波波源振动图像如图
所示，振动方向与平面ABD垂直。t=0时，A处横波波源开始振动，t=2 s时，B处有一与A处波源完全相同(含起振方向)的横波波源开始振动，已知两列波的波长均为5 m。下列说法正确的是( )
A. 这两列波的波速均为2 m/s
B. t=10 s后，D处的质点振幅变为4 cm
C. t=8 s时，D处的质点开始向y轴负方向振动
D. 从t=8 s到t=16 s内，D处的质点运动路程为4 cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.我国计划在2030年之前让航天员登上月球，因此宇航服的研制与开发需要达到更高的要求。研究团队在地面对某款宇航服进行实验研究的过程中，宇航服内的气体可视为理想气体，初始时其体积为V，温度为T，压强为0.7p0；若在初始状态将宇航服的阀门打开，外界气体缓慢进入宇航服内，直至内、外气体压强均为p0后不再进气，此时宇航服内气体的体积为1.5V，且此过程中气体的温度保持T不变，其中p0为大气压强，则
A. 从打开阀门到宇航服内气体体积为1.5V时，进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为8:7
B. 从打开阀门到宇航服内气体体积为1.5V时，进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为15:7
C. 若不打开阀门而将宇航服内初始气体的温度升高到1.5T，且气体的压强不变，则气体对外做功0.35P0V
D. 若不打开阀门而将宇航服内初始气体的温度升高到1.5T，且气体的压强不变，则气体对外做功1.05P0V
7.随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。某小型水电站的电能输送示意图如图所示。升压变压器原、副线圈匝数比为1:16，输电线总电阻r=8 Ω，降压变压器的输出功率和输出电压分别为95 kW和220 V。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%，变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是
A. 通过输电线的电流为25 A
B. 发电机的输出功率为98 kW
C. 发电机的输出电压有效值为500 V
D. 降压变压器的原、副线圈匝数比为190:11
8.如图所示，两根固定在绝缘水平面上间距为L的光滑金属导轨(电阻不计)左端接一阻值为R的电阻，在虚线MN、PQ范围内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场(MN、PQ与导轨垂直)。一质量为m、阻值也为R的金属棒ab在一水平向右的恒力作用下从磁场左边界MN由静止开始运动，经时间t恰好运动至磁场右边界，此时金属棒速度为v。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则时间t内
A. 金属棒a端电势高于b端
B. 通过电阻某横截面的电荷量为BdL2R
C. 金属棒受到的恒力大小为mvt+B2L2d2Rt
D. 电阻R上产生的焦耳热为mv2dt−v2+B2L2d22Rt
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
9.某学习小组用如图(a)所示的双缝干涉实验装置测量光的波长。请根据提示完成下列问题：
(1)若取下滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中( )
A.观察不到干涉条纹 B.可观察到明暗相间的白色条纹 C.可观察到彩色条纹
(2)实验中，选用绿色滤光片测量绿光波长，测得双缝间的距离d=0.5 mm，双缝与屏之间的距离L=0.850 m。当分划板的中心刻线与第1条亮条纹的中心对齐时，手轮上读数为9.449 mm，转动手轮，使分划线向一侧移动，当分划板的中心刻线与第6条亮条纹的中心对齐时，手轮上示数如图
所示，其读数为________mm，由以上数据求得绿光的波长为___________m(计算结果保留三位有效数字)。( )
10.一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约3 V)和内阻r(约2 Ω)。图(a)中电流表量程为0.6 A，内阻RA=1.5 Ω；定值电阻R0=1 Ω；电阻箱R最大阻值为999.9 Ω；S为开关。按电路图连接电路。完成下列问题：
(1)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电流表读数I如下表；
(2)当电阻箱阻值为15.0 Ω时，电流表示数如图所示，此时通过电阻箱的电流为___________A；( )
(3)根据图(a)所示电路，用R、R0、RA、E和r表示1I，得1I=___________；
(4)利用表格中的数据，请在图(c)中画出1I−R图线；
(5)通过图线可得E=___________V；r=___________Ω；(结果保留两位有效数字)
(6)若将图中电流表当做理想电表，得到电池的内阻为r′，由此产生的相对误差为r′−rr×100%=___________%。
四、计算题：本大题共3小题，共37分。
11.滑梯是游乐园中常见的游乐设施，图(a)为某游乐园中的大型滑梯，其滑板部分可简化为图
所示。滑板长L=6 m，其顶端距地面的高度h=3.6 m，底端与具有防护作用的水平地垫平滑连接。一质量m=30 kg的小孩从滑板顶端沿滑板由静止滑下，到达底端时的速度大小v=4 m/s。已知小孩与水平地垫之间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s2。求：( )
(1)小孩沿滑板下滑的加速度大小；
(2)小孩与滑板之间的动摩擦因数；
(3)为确保小孩的人身安全，水平地垫至少应为多长。
12.如图所示，两竖直放置的平行金属板M、N之间的电压U0=50V，N板右侧宽度为L=0.1m的区域分布着电场强度大小E=10003 3V/m、方向竖直向下的匀强电场，虚线PP′与QQ′为其边界。A、C分别为PP′、QQ′上的点，水平虚线CD与CQ′之间存在磁感应强度大小B=20 33×10−3T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量m=1.6×10−25kg、电荷量q=+1.6×10−17C的粒子从靠近M板的S点由静止释放，经PP′上的A点进入PP′、QQ′间，然后从C点进入磁场，不计粒子重力。求粒子：
(1)到达A点的速率v0；
(2)在磁场中运动的轨道半径；
(3)从A点进入电场到最终离开磁场的运动时间(结果可以含π)。
13.如图所示，竖直细圆弧管道DEF由两个半径均为R=0.175 m的四分之一圆弧组成，左侧为足够长的水平直轨道AB，其上一质量为2m0的长木板上表面与竖直圆轨道下边缘于D点无缝连接；圆弧管道右侧与足够长的水平直轨道FG平滑相切连接，质量为7m0的滑块b与质量为m0的滑块c用劲度系数k=7009N/m的轻质弹簧连接，静置于FG上。现有质量为m0的滑块a以v0=3 m/s的水平初速度从D处进入，经DEF后与FG上的b碰撞(时间极短)。已知m0=0.14 kg，a与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为形变量)，g取10 m/s2。求：
(1)a到达管道DEF最低点F时的速度大小vF和在该点所受的支持力大小FN；
(2)若a与b碰后返回到距长木板右端L=13m处时与木板恰好保持相对静止，则a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若a碰到b后立即被粘住，则碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查物理学史。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】
A.贝克勒尔最先发现了天然放射现象，故A错误；
B.奥斯特最早发现电流周围存在磁场，故B错误；
C.亚里士多德根据经验认为：力是维持物体运动的原因，即必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在一个地方，而根据伽利略对理想斜面的研究结论可以得出“力不是维持物体运动的原因”，故C错误；
D.查德威克在α粒子轰击铍核时实现了人工转变发现了中子，并获得诺贝尔物理奖，故D正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查牛顿第三定律、开普勒第三定律和卫星运动的规律。
(1)由牛顿第三定律可知，物体间的相互作用力大小相等；
(2)根据开普勒第三定律计算半径之比；
(3)由万有引力提供向心力计算出线速度的表达式；
(4)地球自转角速度相等，半径大的线速度大。
【解答】
A.根据牛顿第三定律可知，地球对月球的万有引力等于月球对地球的万有引力，故A错误；
B.由开普勒第三定律可得，解得，故B正确；
C.同步卫星和月球绕地球转动时，由万有引力提供向心力，则GMmr2=mv2r，解得v= GMr，月球的轨道半径大，则线速度小，故C错误；
D.地球自转角速度相等，纬度低，自转时半径大，根据v=ωr可知，在文昌地球自转线速度大，文昌航天发射场更适合发射同步卫星，故D错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查共点力平衡问题，解题关键是做好小球的受力分析，根据平衡条件得出绳子拉力与墙壁支持力的三角函数式，分析夹角的变化，从而可确定力大小的变化。
【解答】
轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件，轻绳对小球的拉力T=mgcsθ，墙壁对小球的支持力N=mgtanθ，在细杆下移过程中，θ逐渐变大，则T变大，N变大，故选A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】A.根据题意可知，当向右调节滑动变阻器的滑片P，电流表的示数为零，说明此时光电管两端的电压为反向电压，则电源的右端为正极，故A错误；
B.根据爱因斯坦光电效应方程可知，当增大入射光的频率时，光电子的最大初动能增大，而Ekm=eUc
所以Uc将会变大，故B正确；
滑片P向右滑动的过程中，电流表示数将一直增大
C.若不改变入射光频率和电路，增大入射光强度，饱和光电流增大，频率不变，Uc将保持不变，故C错误；
D.调换电源的极性(同时调整电压表)，保持光照不变，向右滑动滑片P的过程中，当电流达到饱和光电流后，电压增大，电流将保持不变，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了波的传播和干涉。
机械波的波速由介质决定，根据波速、波长和周期的关系式解答；AB波源的波速、波长相同，所以周期相同，能发生干涉，判断D在波叠加后的振动情况，进而分析D的振幅；根据波形的传播时间分析D的振动情况；根据运动时间与周期的关系，分析运动路程。
【解答】
A、机械波的波速由介质决定，所以两列波的波速相等，波速v=λT=54m/s，故A错误；
B、AB波源的波速、波长相同，所以周期相同，能发生干涉，波从A传播到D所用的时间t1= 82+6254s=8s，且2s=T2，10s时A处波源使D振动到平衡位置，且向下振动，波从B到D所用的时间t2=t1=8s，而B处波源的周期也为4s，B处波源比A处波源晚起振2s，所以10s时B处波源使D也振动到平衡位置，且向下振动，所以D处是振动加强点，所以D处的质点振幅变为2×2cm=4 cm，故B正确；
C、波从A传播到D所用的时间t1= 82+6254s=8s，波从B到D所用的时间t2=t1=8s，B处波源比A处波源晚起振2s，所以8s时只有A处波形刚传到达D处，则D处的质点开始向y轴正方向振动，故C错误；
D、从t=8s到t=10s内，只有A处波形传到达D处，D处的质点振幅为2cm，2s=T2，这段时间内运动路程为2A=4 cm，从t=10s到t=16s内，6s=32T，此时D的振幅为4cm，此段时间内的运动路程为6×4cm=24cm，所以从t=8 s到t=16 s内，D处的质点运动路程为4cm+24cm=28cm，故D错误。
6.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查的理想气体状态方程，当保持温度不变，气体体积变化根据玻意耳定律求解即可；当保持压强不变，升高温度根据盖−吕萨克定律求解即可，本题内容较简单，同学们必须掌握这类题目。
【解答】
AB、气体的温度保持为T不变，气体体积变化，则
0.7p0V=p0V′
解得
V′=0.7V
进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为
Δmm=1.5V−:7故 A正确，B错误；
CD、气体的压强不变，气体等压变化
VT=V21.5T
解得
V2=1.5V
气体对外做功
W=0．7p0(V2−V)=0．35p0V ，故C正确，D错误。
7.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查远距离输电和变压器的基本规律。
降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率；根据若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%，计算出升压变压器的输出功率和输入功率，从而得出损失的功率，根据P=I2r计算出输电线的电流；
根据P=UI得出升压变压器的输出电压，根据U1U2=n1n2得出发电机的输出电压；
利用U=IR计算出输电线上损失的电压，根据串联电路电压的规律得出降压变压器的输入电压。
【解答】
A.理想变压器不考虑能量损失，则降压变压器的输入功率等于输出功率，即降压变压器的输入功率为95kW，设发电机的输出电压为P，则升压变压器的输出功率也为P，可得P1−5％=95kW，解得P=100kW=1×105W，则导线上损失的功率为P损=P×5％=5kW=5000W，根据P损=I22r可得通过输电线的电流为I2=25 A，故A正确；
B.发电机的输出功率为100kW，故B错误；
C.升压变压器的输出电压为U2=PI2=4000V，根据理想变压器的基本关系可得U1U2=n1n2，解得U1=250V，故C错误；
D.导线上损失的电压为U损=I2r=200V，降压变压器的输入电压为U3=U2−U损=3800V，降压变压器的原、副线圈匝数比为n3：n4=U3：U4=190:11，故D正确。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查导体棒平动切割磁感线和电磁感应中的功能问题。
(1)根据右手定值判断电流方向，电源内部电流从低电势到高电势，电源外部从高电势到低电势；
(2)根据q=It计算电荷量；
(3)根据动量定理计算恒力大小；
(4)根据能量守恒计算产生的热量。
【解答】
A.根据右手定值判断出电流从a到b，ab相当于电源，此时b端电势高于a端电势，故A错误；
B.通过电阻某横截面的电荷量为q=IΔt=E2R·Δt=ΔΦ2R=BLd2R，故B正确；
C.根据动量定理可得Ft−BIL·t=mv，其中Q=It，解得F=mvt+B2L2d2Rt，故C正确；
D.根据能量守恒可得Q=Fd−12mv2，电阻R上产生的热量为QR=Q2=mv2(dt−v2)+B2L2d24Rt，故D错误。
9.【答案】(1)C；(2)10.387； 1.10×10−7
【解析】【分析】
根据双缝干涉的原理分析即可。
这道题主要考查了光的干涉实验，涉及到实验操作，计算光的波长。
【解答】
(1)取下滤光片后，各个单色光都会发生干涉，会形成彩色条纹，故答案选 C;
(2)读数为
10+0.35+0.001×37=10.387，
根据实验原理，光的波长
λ=dΔxL=0.5×10−3×(10.387−449x10−3)6−10.85×109=1.10×10−7m。
故填：(1)C；(2)10.387； 1.10×10−7
10.【答案】(2)0.16 (2)1ER+R0+RA+rE (4) (5)2.9 1.6 (6) 94%
【解析】分析 本题考查测量电源的电动势和内阻，其中采用的方法是安阻法；涉及到的知识点有电表的读数，闭合电路的欧姆定律，误差分析等。
(1)在对电表进行读数的时候，一定要先弄清楚所选用的电表的量程，最小分数值，有效数字的位数；
(2)数据处理的过程中，首先应根据闭合电路欧模定律列出关系式，通过变形后得出对应的1I−R关系式，便于进行求解图线的斜率和截距，利用数形结合，就可以得到电源的电动势和内阻；在这一步骤中，最重要的是在图线上选取相距较远的两个点，画图线应先描点后连线，尽可能多的点画在直线上，不能画在直线上的点均匀分布在直线的两侧。
(3)电流表当做理想电表，得到电池的内阻为r′，在实际测量中得到的电源的内阻为r′=r+RA，这个时候测量误差较大。
解析(2)由于电流表的量程选取的是0.6A，最小分度是0.02A，从而可以读出电流表的示数为0.16A，即为通过电阻箱的电流；
(3)根据闭电路欧姆定律有E=I(R0+RA+R+r)，变形就可得1I=1ER+R0+RA+rE；
(4)图线如图所示；
(5)在图线上选取相距较远的两点，分别为A(1.5 2.00)，B(24.5 9.90)，图线的斜率1E=9.90−2.0024.5−1.5，解得E=2.9V，选取图线与纵轴的交点的纵坐标为
1.41，可得R0+RA+rE=1.41，解得r=1.6Ω；
(6)当把电流表当做理想电流表时，然后还用原电路进行测量，已经把电流表的内阻当做电源的内阻了，实际测得的电源内阻r′=r+RA，由此产生的相对误差为r′−rr×100%=94%；
11.【答案】解：(1)儿童沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，则有
v2=2aL
解得：a=v22L=422×6m/s2=43m/s2
(2)设滑梯的倾角为θ。
由几何关系得sinθ= h L = 3.6 6.0 =0.6，则csθ=0.8
儿童沿滑梯下滑时，根据牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcsθ=ma
解得：μ=712
(3)儿童在水平地垫时滑行时，有
0−v2=2a′x
根据牛顿第二定律得
−μ2mg=ma′
解得：x=1m
【解析】(1)儿童沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度—位移公式求加速度；
(2)根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求儿童与滑梯之间的动摩擦因数；
(3)儿童在水平地垫时滑行时，根据速度—位移公式求加速度，再根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求水平地垫至少多长。
本题是多过程问题，关键要根据题意，由牛顿第二定律或运动学公式求解加速度。本题也可以根据动能定理解答，更为简洁。
12.【答案】1)根据动能定理可得U0q=12mv02
解得v0= 2U0qm= 2×50×1.6×10−171.6×10−25m/s=105m/s
(2)在偏转电场中做类平抛运动，可得L=v0t1
解得t1=Lv0=0.1105s=10−6s
根据a=Eqm
可得vy=at1=Eqm⋅Lv0= 33×105m/s
故出偏转电场的速度为v= v02+vy2=2 33×105m/s
在磁场中根据Bqv=mv2r
可得在磁场中运动的轨道半径为r=mvBq=1.6×10−25×2 33×10520 33×10−3×1.6×10−17m=10−1m
(3)进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为sinα=v0v= 32
可得α=60∘
根据几何关系可知在磁场中偏转角度为 60∘ ，故在磁场中运动时间为t2=16T=16⋅2πrv=16⋅2πmBq=16×2π×1.6×10−2520 33×10−3×1.6×10−17s= 36π×10−6s
故从A点进入电场到最终离开磁场的运动时间为t=t1+t2=10−6s+ 36π×10−6s=1+ 36π×10−6s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.【答案】(1)从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：2m0gR=12m0vF2−12m0v02
代入数据解得：vF=4m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则：FN−m0g=m0vF2R
解得：FN=14.2N，方向竖直向上
(2)设滑块a碰后返回到B点时速度为vB，与木板保持相对静止时速度为v′B
滑块a与长木板组成的系统动量守恒，则m0vB=(m0+2m0)v′B
根据动能定理可得：12m0vB2−12(m0+2m0)v′B2=μm0gL
联立解得vB= 2m/s
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的
速度为v2，则：m0vF=−m0v1+7m0v2
碰撞后滑块a回到B点过程中动能守恒，则−2m0gR=12m0vB2−12m0v12
联立解得：v1=3m/s，v2=1m/s
ΔE=12m0vF2−12m0(−v1)2−12×7m0v22
带入v1，v2得：△E=0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则：m0vF=(m0+7m0)v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据动量守恒定
律可得：8m0v=(8m0+m0)v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则：△E′=12×8m0v2−12×(8m0+m0)v′2=12kx12
联立解得：x1=0.02m
同理可得：x2=0.02m
则Δx=x1+x2=0.04m

【解析】(1)根据动能定理得出滑块的速度，结合牛顿第二定律得出支持力的大小；
(2)根据动能定理和动量守恒得出滑块a回到B点的速度，进而根据动能定理求出碰撞后滑块a的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出机械能的损失；
(3)当滑块的速度相等时，弹簧的长度最大或最小，结合能量守恒定律和动量守恒定律联立等式完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量的转化关系和弹性势能的计算公式即可完成分析。R/Ω
5.0
10.0
15.0
20.0
25.0
I/A
0.30
0.20
0.12
0.10
1I/A−1
3.33
5.00
8.33
10.00