2023屆四川省巴中市南江中學(xué)高三下學(xué)期模擬訓(xùn)練十理綜物理 Word版含解析.docx

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2023屆四川省南江中學(xué)高三下學(xué)期模擬訓(xùn)練十二理科綜合試卷（試卷總分300分　考試時間150分鐘）二、多項選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．每小題給出的四個選項中，14~18題只有一個選項正確，19~21題有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1.關(guān)于波爾的氫原子模型，下列說法正確的是（）A.關(guān)于波爾的氫原子模型啟發(fā)，巴爾末提出了巴爾末公式總結(jié)氫原子光譜特點B.波爾的氫原子模型徹底解決了盧瑟福原子結(jié)構(gòu)模型的缺陷，原子結(jié)構(gòu)從此不再神秘C.氫原子每個定態(tài)的能量是固定的，氫原子發(fā)光的頻率由這些能級差值決定D.波爾的氫原子模型解釋了氫原子發(fā)光波長的特點，因此說明光是一種波【答案】C【解析】【詳解】AD．巴爾末根據(jù)氫原子光譜分析，總結(jié)出了氫原子光譜可見光區(qū)波長公式，AD錯誤；C．氫原子每個定態(tài)的能量是固定的，氫原子發(fā)光的頻率由這些能級差值決定，C正確；B．波爾的氫原子模型徹底解決了原子結(jié)構(gòu)的穩(wěn)定性，即盧瑟福原子結(jié)構(gòu)模型無法解釋的規(guī)律，但并沒有解決所有問題，B錯誤。故選C。2.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻（t=0）將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．在物塊放到木板上之后，木板運動的速度﹣時間圖象可能是下列圖中的（　?。〢.B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】試題分析：由于物塊剛放到木板上時，運動的木板會對它一個向前的滑動摩擦力，則物塊對木板就會有一個向左的摩擦力，此時木板還受到地面給它的向左的摩擦力，木板在這兩個阻力的作用下做勻減速直線運動；當(dāng)物塊的速度與木板的速度相等時，物塊與木板間沒有了相對運動，它們之間的摩擦力為零，此時木板受到的阻力只有地面對它施加的向左的力，即阻力減小，故其反加速度變小，木板也做勻減速直線運動，但其加速度變小，故A是正確的．考點：牛頓第二定律，摩擦力．3.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為，原線圈兩端接的交流電源，副線圈兩端接的負(fù)載電阻，電表均為理想交流電表．則下列說法中正確的是（　　）A.副線圈中輸出交流電的頻率為B.副線圈中電壓表的示數(shù)為C.變壓器的輸入功率為D.原線圈中的電流表A的示數(shù)為【答案】D【解析】【詳解】A．副線圈中輸出交流電的頻率應(yīng)與原線圈相同為選項A錯誤；B．初級電壓的有效值為 副線圈中電壓表的示數(shù)應(yīng)為有效值，即選項B錯誤；C．變壓器的輸入功率應(yīng)等于輸出功率，即選項C錯誤；D．由的原線圈中的電流表的示數(shù)為選項D正確。故選D。4.如圖所示，某豎直平面內(nèi)存在著相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向水平向外．一質(zhì)量為、電荷量為的微粒以速度與水平方向成角從點射入該區(qū)域，微粒恰好沿速度方向做直線運動，下列說法中正確的是（　?。〢.微粒從到的運動可能是勻減速直線運動B.該微粒一定帶正電荷C.該磁場的磁感應(yīng)強度大小為D.該電場的場強為【答案】C【解析】 【詳解】AB．若微粒帶正電，它受豎直向下的重力、向左的電場力和右斜向下的洛倫茲力，知微粒不能做直線運動．據(jù)此可知微粒一定帶負(fù)電，它受豎直向下的重力、向右的電場力和左斜向上的洛倫茲力，又知微粒恰好沿著直線運動，可知微粒一定做勻速直線運動，故AB錯誤；CD．由平衡條件有關(guān)系得磁場的磁感應(yīng)強度電場的場強故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖所示，一根輕桿長為，中點A和右端點B各固定一個小球，，左端O為光滑水平轉(zhuǎn)軸．開始時桿靜止在水平位置，釋放后將向下擺動至豎直，在此過程中以下說法正確的是（　　）A.A、B兩球的機械能都守恒B.A、B兩球的機械能不守恒，但它們組成的系統(tǒng)機械能守恒C.這一過程O、A間輕桿對球做正功D.這一過程A、B間輕桿對球做正功【答案】B【解析】【詳解】AB．兩小球及輕桿組成的系統(tǒng)的機械能守恒，設(shè)擺到豎直時角速度為，，則有解得 即A的動能為B的動能為可知A球的機械能減少，B球的機械能增加，故A錯誤，B正確；CD．由于A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則下擺的過程O、A間輕桿的彈力沿桿方向不做功；由于A球的機械能減少，則A、B之間輕桿對A球做負(fù)功，故CD錯誤。故選B。6.銀河系的恒星大約四分之一是雙星。某雙星是由質(zhì)量不等的星體和構(gòu)成，兩星在相互之間的萬有引力作用下繞兩者連線上某一點O做勻速圓周運動，已知、兩星體到O點的距離之比為1:3，若星體的質(zhì)量為m，做圓周運動的線速度為v，向心力大小為F，向心加速度大小為a，則星體的（）A.質(zhì)量為B.線速度為C.向心力大小為FD.向心加速度大小為a【答案】AC【解析】【詳解】A．雙星做圓周運動的角速度相等，向心力由兩星之間的萬有引力提供，則則可得選項A正確；B．根據(jù)v=ωr可知，線速度之比 則v2=3v選項B錯誤；C．向心力大小相等，即為F，選項C正確；D．根據(jù)F=ma可知選項D錯誤。故選AC。7.如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質(zhì)量分別為m=0.1kg和M=0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧的速度為6m/s，接著A球進入與水平面相切，半徑為0.5m的豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道運動，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，，下列說法正確的是A.彈簧彈開過程，彈力對A的沖量大于對B的沖量B.A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為2m/sC.A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·sD.若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球不能到達Q點【答案】BCD【解析】【詳解】彈簧彈開兩小球的過程，彈力相等，作用時間相同，根據(jù)沖量定義可知，彈力對A的沖量大小等于B的沖量大小，故A錯誤；由動量守恒定律，解得A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為，故B正確；設(shè)A球運動到Q點時速率為v，對A球從P點運動到Q 點的過程，由機械能守恒定律可得，解得：v=4m/s，根據(jù)動量定理，即A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·s，故C正確；若半圓軌道半徑改為0.9m，小球到達Q點的臨界速度，對A球從P點運動到Q點的過程，由機械能守恒定律，解得，小于小球到達Q點的臨界速度，則A球不能達到Q點，故D正確。故選BCD。8.如圖所示，在光滑的絕緣水平面上方，有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，PQ為磁場邊界，一個半徑為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向放置于磁場中A處，現(xiàn)給金屬圓環(huán)一水平向右的初速度v。當(dāng)圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時的速度為，則下列說法正確的是（　?。〢.此時圓環(huán)中的電功率為B.此時圓環(huán)的加速度為C.此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為D.此過程回路中產(chǎn)生的電能為0.75mv2【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.當(dāng)圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流 圓環(huán)中的電功率故A錯誤；B.金屬圓環(huán)受到的安培力所以此時圓環(huán)的加速度為故B正確；C.此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為故C正確；D.由能量守恒，產(chǎn)生的電能W故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33題第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（11題，共129分）9.某同學(xué)用探究動能定理的裝置測滑塊的質(zhì)量M．如圖甲所示，在水平氣墊導(dǎo)軌上靠近定滑輪處固定一個光電門．讓一帶有遮光片的滑塊自某一位置由靜止釋放，計時器可以顯示出遮光片通過光電門的時間t(t非常小)，同時用米尺測出釋放點到光電門的距離s．(1)該同學(xué)用螺旋測微器測出遮光片的寬度d，如圖乙所示，則d＝________mm．(2)實驗中多次改變釋放點，測出多組數(shù)據(jù)，描點連線，做出 圖像為一條傾斜直線，如圖丙所示．圖像的縱坐標(biāo)s表示釋放點到光電門的距離，則橫坐標(biāo)表示的是______．A．tB．t2C.D.(3)已知鉤碼的質(zhì)量為m，圖丙中圖線的斜率為k，重力加速度為g．根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，寫出滑塊質(zhì)量的表達式M＝____________________．(用字母表示)【答案】①.(1)1.880②.(2)D③.(3)【解析】【詳解】(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×38.0mm＝0.380mm，則最終讀數(shù)為1.880mm．(2)滑塊通過光電門的瞬時速度，根據(jù)動能定理得：，解得：，因為圖線為線性關(guān)系圖線，可知橫坐標(biāo)表示，故選D．(3)根據(jù)知，圖線的斜率為：，解得滑塊質(zhì)量．10.某同學(xué)想通過實驗測量某定值電阻的阻值。（1）用歐姆表測該電阻阻值，選擇擋，短接調(diào)零，測量時指針如圖甲所示，則該電阻的阻值為_______________。（2）為準(zhǔn)確測量電阻的阻值，該同學(xué)選用了下列器材：A．電壓表B．電流表C．電流表D．滑動變阻器（，額定電流） E．電阻箱，額定電流F．直流電源G．開關(guān)兩個、導(dǎo)線若干為避免電表內(nèi)阻對測量結(jié)果的影響，設(shè)計了如圖乙所示的電路，其中為待測電阻，操作過程如下：a．按電路圖連接好電路；b．?dāng)嚅_，將的滑片滑至_______________（填“左端”、“中間”或“右端”），將調(diào)至_______________（填“最大阻值”或“最小阻值”），閉合；c．調(diào)節(jié)，使電流表的示數(shù)恰好是示數(shù)的一半；d．閉合并保持不變，讀取示數(shù)，分別記作。則待測電阻的準(zhǔn)確阻值為_______________；該同學(xué)要將電阻箱阻值由調(diào)至，應(yīng)如何操作：_______________。【答案】①.290②.左端③.最大阻值④.⑤.先將電阻箱為擋位調(diào)至數(shù)字8處，再將擋位調(diào)至數(shù)字2處【解析】【詳解】（1）[1]歐姆表選擇×10擋，由圖1所示可知，該電阻的阻值為：29×10=290Ω；（2）[2][3]b、S2斷開，將R1的滑片滑至左端，將R2調(diào)至最大阻值，閉合S1；[4]d.因電流表A1的示數(shù)恰好是A2示數(shù)的一半，則電阻箱R2的阻值等于待測電阻R的阻值，大小為；[5]要將電阻箱阻值由300Ω調(diào)至280Ω，操作方法：先將電阻箱為×10擋位調(diào)至數(shù)字8處，再將×100擋位調(diào)至數(shù)字2處即可。11.如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿，桿的各部分均光滑，水平部分套有質(zhì)量為mA=3kg的小球A，豎直部分套有質(zhì)量為mB=2kg的小球B，A、B之間用不可伸長的輕繩相連。在水平外力F的作用下，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，且，重力加速度g=10m/s2。（1）求水平拉力F的大小和水平桿對小球A彈力Fx的大小；（2）若改變水平力F大小，使小球A由靜止開始，向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運動，求經(jīng)過拉力F所做的功。 【答案】（1）15N，50N；（2）49.5J【解析】【詳解】（1）設(shè)靜止時繩子與豎直方向夾角為θ，則由題意可知對B進行隔離可知FTcosθ=mBg解得對A進行分析F=FTsinθ=15N對A、B整體進行分析：豎直方向Fx=(mA+mB）g=50N（2）經(jīng)過，小球A向右的位移此時繩子與水平方向夾角為θ小球A的速度為vA=at=3m/sA、B兩小球沿繩方向速度大小相等vAcosθ=vBsinθ解得vB=vAcotθ=4m/s由能量守恒知12.如圖所示，空間區(qū)域I、II有勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為理想邊界，I區(qū)域高度為d，II區(qū)域高度足夠大，勻強電場方向豎直向上；I、II區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小均為B ，方向分別垂直紙面向里和向外。一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動。已知重力加速度為g。（1）試判斷小球的電性并求出電場強度E的大小；（2）若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求它釋放時距MN高度h；（3）試討論在h取不同值時，帶電小球第一次穿出I區(qū)域的過程中，電場力所做的功?！敬鸢浮浚?）正電，；（2）；（3）0或【解析】【詳解】（1）帶電小球進入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，合力為洛倫茲力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電，則有qE=mg解得（2）帶電小球在進入磁場前做自由落體運動，據(jù)機械能守恒定律得帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R，據(jù)牛頓第二定律得由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運動的半徑相同，三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，如圖a所示 由幾何關(guān)系知解得（3）當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，設(shè)小球釋放時距MN的高度為h0，運動軌跡如圖b所示由幾何關(guān)系可知，半徑R=d聯(lián)立解得討論：i．當(dāng)h≤h0時，帶電小球進入磁場Ⅰ區(qū)域的速度較小，半徑較小，不能進入Ⅱ區(qū)域，由磁場上邊界MN第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域，此過程電場力做功 W=qEs=0ⅱ．當(dāng)h>h0時，帶電小球進入磁場Ⅰ區(qū)域后由下邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進入Ⅱ區(qū)域，此過程電場力做功（二）選考題：共45分．請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分．【物理—選修3-3】（15分）13.下列關(guān)于熱現(xiàn)象的說法正確的是（　?。〢.用顯微鏡觀察液體中的懸浮微粒的布朗運動，觀察到的是微粒中分子的無規(guī)則運動B.一定量100°C的水變成100°C的水蒸氣，其分子之間的勢能增加C.兩個分子從無窮遠(yuǎn)處逐漸靠近，直到不能再靠近為止的過程中，分子力先變大后變小，再變大D.盡管技術(shù)不斷進步，熱機的效率仍不能達到100%，制冷機卻可以使溫度降到E.露珠呈球狀是由于表面張力作用的結(jié)果【答案】BCE【解析】【詳解】A．布朗運動為懸浮微粒的運動，所以觀察到的是微粒的無規(guī)則運動，故A錯誤；B．100°C的水變成100°C的水蒸氣要吸收熱量，內(nèi)能增大，但溫度不升高，分子的平均動能不變，所以分子之間的勢能增加，故B正確；C．兩個分子從無窮遠(yuǎn)處逐漸靠近，開始時由于兩分子之間的距離大于，分子力表現(xiàn)為引力，并且隨距離的減小，先增大后減??；當(dāng)分子間距小于，分子力為斥力，隨分子距離的減小而增大，故C正確；D．盡管技術(shù)不斷進步，熱機的效率仍不能達到100%，而絕對零度也無法達到，故制冷機不可以使溫度降到以下，故D錯誤；E．露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用，故E正確。故選BCE。14.如圖所示是小明自制的簡易溫度計。在空玻璃瓶內(nèi)插入一根兩端開口、內(nèi)橫截面積為0.4cm2的玻璃管，玻璃瓶與玻璃管接口處用蠟密封，整個裝置水平放置．玻璃管內(nèi)有一段長度可忽略不計的水銀柱，當(dāng)大氣壓為1.0×105Pa、氣溫為7℃時，水銀柱剛好位于瓶口位置，此時封閉氣體體積為480cm3，瓶口外玻璃管有效長度為48cm。求 （1）此溫度計能測量的最高氣溫；（2）當(dāng)氣溫從7℃緩慢上升到最高氣溫過程中，密封氣體吸收的熱量為3J，則在這一過程中密封氣體的內(nèi)能變化了多少?！敬鸢浮浚?）18.2℃；（2）內(nèi)能增加了1.08J【解析】【詳解】（1）當(dāng)水銀柱到達管口時，達到能測量的最高氣溫T2，則初狀態(tài)T1=（273+7）K=280KV1=480cm3末狀態(tài)V2=（480+48×0.4）cm3=499.2cm3由蓋呂薩克定律代入數(shù)據(jù)得T2=291.2K即t2=18.2℃（2）水銀移動到最右端過程中，氣體對外界做功W=-P0SL=-1.92J由熱力學(xué)第一定律得氣體內(nèi)能變化為△U=Q+W=3J+（-192J）=1.08J在這一過程中密封氣體的內(nèi)能增加了1.08J?！疚锢怼x修3-4】（15分）15.2023年2月6日，土耳其發(fā)生7.8級地震，震源深度為。如果該地震中的簡諧橫波在地球中勻速傳播的速度大小為，已知波沿軸正方向傳播，某時刻剛好傳到處，如圖所示，則下列說法中正確的是（　?。?A.從波源開始振動到波源遷移到地面需要經(jīng)過B.從波傳到處開始計時，經(jīng)過位于處的質(zhì)點加速度最小C.波的周期為D.波動圖像上點此時速度方向沿軸負(fù)方向，經(jīng)過一段極短的時間后動能減小E.從波傳到處開始，經(jīng)過點的波動狀態(tài)傳播到點【答案】BCE【解析】【詳解】A．波的傳播過程中波源不隨波而遷移，故A錯誤；B．從波傳到處開始計時，波傳到處所用時間為此時位于處的質(zhì)點從平衡位置剛開始振動，可知其加速度為零（最?。?，故B正確；C．從波形圖知波長，則周期為故C正確；D．此時刻質(zhì)點沿軸的負(fù)方向運動，在極短時間內(nèi)，其速度逐漸增大，動能增大，故D錯誤；E．從波傳到處開始，點的波動狀態(tài)傳播到點所用時間為故E正確。故選BCE。16.如圖所示，半徑R=cm的圓形玻璃磚，AB為玻璃磚的直徑。一束光線平行于直徑AB射向玻璃磚左側(cè)界面，且光束到AB的距離d=6cm，光線經(jīng)玻璃磚折射后由B點射出。已知光在真空中的傳播速度c=3.0×108m/s，求：（1）玻璃磚的折射率；（2）光線在玻璃磚中傳播的時間。 【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）光路如圖，設(shè)入射角為α，則求出入射角由幾何關(guān)系得折射角折射率（2）根據(jù)折射率與光速的關(guān)系光在玻璃中的傳播距離解得