2022-2023學(xué)年山西省山西大學(xué)附屬中學(xué)高三下學(xué)期5月月考理綜物理試題（解析版）

山西大學(xué)附屬中學(xué)2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期5月月考理綜物理試題二、選擇題1.2022年6月23日，東北首座核電站遼寧紅沿河核電站正式具備商業(yè)運(yùn)行條件，成為國(guó)內(nèi)在運(yùn)的最大核電站?，F(xiàn)代核電站主要是通過可控鏈?zhǔn)胶肆炎兎磻?yīng)來(lái)實(shí)現(xiàn)核能的和平利用。已知一個(gè)原子核在中子的轟擊下發(fā)生裂變反應(yīng)，其裂變方程為，下列說(shuō)法正確的是（）A.裂變方程式左右兩邊都有中子，可以改寫成B.在中子轟擊下發(fā)生裂變反應(yīng)過程中，質(zhì)量守恒C.裂變釋放能量，原子核的比結(jié)合能比原子核的大D.在自然界中可發(fā)生衰變，60個(gè)鈾核經(jīng)過一個(gè)半衰期后，一定有30個(gè)鈾核發(fā)生衰變【答案】C【解析】【詳解】A．裂變反應(yīng)中左右兩邊都有中子，這是核反應(yīng)原理，必須有中子的參與，不能改寫成，故A錯(cuò)誤；B．在中子轟擊下發(fā)生裂變反應(yīng)過程中，質(zhì)量虧損，故B錯(cuò)誤；C．比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，原子核裂變得到原子核，說(shuō)明原子核比原子核更穩(wěn)定，即原子核的比結(jié)合能比原子核的大，故C正確；D．半衰期是針對(duì)大量放射性元素的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少量放射性元素不適用，故D錯(cuò)誤。故選C。2.北京2022年冬奧會(huì)跳臺(tái)滑雪比賽在張家口賽區(qū)的國(guó)家跳臺(tái)滑雪中心進(jìn)行，跳臺(tái)由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從起跳區(qū)水平起跳后在空中運(yùn)動(dòng)的豎直方向的速度、重力的瞬時(shí)功率、動(dòng)能、機(jī)械能分別用v、P、、E表示，用t表示運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，不計(jì)運(yùn)動(dòng)員所受空氣阻力，下列圖像中可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】A．滑雪運(yùn)動(dòng)員離開起跳區(qū)后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度不變，豎直速度變化，則速度變化量為可知速度變化量和時(shí)間關(guān)系為正比例函數(shù)，圖像為過原點(diǎn)的一條傾斜直線，故A錯(cuò)誤；B．經(jīng)過時(shí)間t后豎直方向速度為重力的瞬時(shí)功率為可知重力瞬時(shí)功率和時(shí)間關(guān)系為正比例函數(shù)，圖像為過原點(diǎn)的一條傾斜直線，故B錯(cuò)誤；C．不計(jì)空氣阻力，只有重力做功，滑雪運(yùn)動(dòng)員飛行過程機(jī)械能守恒，不隨時(shí)間變化，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)起跳時(shí)的速度為v0，則經(jīng)過時(shí)間t動(dòng)能為可知?jiǎng)幽芎蜁r(shí)間關(guān)系為二次函數(shù)，圖像為拋物線一部分，頂點(diǎn)不在原點(diǎn)，故D正確。故選D。3.圓心為O、半徑為R的半球形玻璃磚橫截面如圖所示。光線從P點(diǎn)垂直界面入射后恰好在玻璃磚圓形表面發(fā)生全反射；當(dāng)光線由P點(diǎn)以某入射角θ進(jìn)入玻璃磚后光線恰好從玻璃磚圓形表面的最高點(diǎn)出射，已知玻璃磚的折射率為，則（）A.OP之間的距離為 B.OP之間的距離為C.入射角θ為60° D.入射角θ為30°【答案】C【解析】【詳解】作出光路圖如圖所示根據(jù)題意，有聯(lián)立解得，故選C。4.圖甲是判斷電流大小是否發(fā)生變化的裝置示意圖。電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與成正比?，F(xiàn)給某半導(dǎo)體材料制成的霍爾元件（如圖乙，其長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過右側(cè)電壓表V的示數(shù)就能判斷的大小是否發(fā)生變化。當(dāng)?shù)淖兓恳欢〞r(shí)，電壓表V的示數(shù)變化量越大，則該裝置判斷的靈敏度就越高。已知霍爾元件的半導(dǎo)體材料載流子為一價(jià)正離子，則下列說(shuō)法正確的是（）A.僅適當(dāng)增大工作電流I，可以提高判斷的靈敏度B.僅將該半導(dǎo)體材料制成的霍爾元件更換為另一個(gè)金屬材料制成的霍爾元件，則電壓表V的“”“”接線柱連線位置無(wú)需改動(dòng)C.M端應(yīng)與電壓表V的“”接線柱相連D.當(dāng)電流增大時(shí)，電壓表V的示數(shù)會(huì)減小【答案】A【解析】【詳解】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度與成正比，當(dāng)霍爾元件內(nèi)部電場(chǎng)穩(wěn)定時(shí)即僅適當(dāng)增大工作電流I，根據(jù)可知，正離子定向移動(dòng)的速度增大，則電壓表示數(shù)變化越大，可以提高判斷的靈敏度，A正確；B．僅將該半導(dǎo)體材料制成的霍爾元件更換為另一個(gè)金屬材料制成的霍爾元件，則自由電子移動(dòng)方向與電流方向相反，根據(jù)左手定則，自由電力在洛倫茲力的作用下與正離子偏轉(zhuǎn)方向相同，則電壓表V的“”“”接線柱連線位置需要改動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)安培定則即左手定則，正離子向外側(cè)偏轉(zhuǎn)，霍爾元件外側(cè)帶正電，則M端應(yīng)與電壓表V的“”接線柱相連，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)電流增大時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，由A選項(xiàng)可知，霍爾元件內(nèi)外兩側(cè)電勢(shì)差增大，電壓表V的示數(shù)會(huì)增大，D錯(cuò)誤。故選A。5.質(zhì)量為2kg的小球b靜止在光滑的水平地面上，左端連接一水平輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運(yùn)動(dòng)，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經(jīng)歷的時(shí)間為，已知此彈簧的壓縮量x與彈性勢(shì)能的關(guān)系為，則小球a、b在這段時(shí)間內(nèi)的位移大小分別為（）A.m， B.m，mC.m，m D.m，m【答案】A【解析】【詳解】小球、與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧被壓縮至最短時(shí)，小球、達(dá)到共速，設(shè)共速時(shí)的速度為，小球的初速度為，則由動(dòng)量守恒定律有碰撞過程中機(jī)械能守恒，有解得由彈簧的壓縮量x與彈性勢(shì)能的關(guān)系可得設(shè)小球a、b在這段時(shí)間內(nèi)位移大小分別為、，任取極短的時(shí)間，兩小球在任意時(shí)刻動(dòng)量均守恒，任意時(shí)刻的速度分別設(shè)為、則有即有固有而兩小球的對(duì)地位移之間的關(guān)系為聯(lián)立解得故選A。6.2022年12月4日11時(shí)01分，神舟十四號(hào)與空間站天和核心艙分離，在太空?qǐng)?zhí)行任務(wù)183天陳冬、劉洋、蔡旭哲三名航天員正式踏上回家之路。分離過程簡(jiǎn)化如圖所示，脫離前與天和核心艙同處于半徑為的圓軌道I，從P點(diǎn)脫離后神舟十四號(hào)飛船沿軌道II返回近地半徑為的圓軌道III上，Q點(diǎn)為軌道II與軌道III軌道的切點(diǎn)，然后再多次調(diào)整軌道，順利著陸在東風(fēng)著陸場(chǎng)。下列判斷正確的是（）A.飛船由軌道I進(jìn)入軌道II需要在P點(diǎn)減速B.飛船由P到Q的時(shí)間大于在軌道III上運(yùn)行周期的一半C.飛船在軌道II上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度要大于在軌道III上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度D.飛船在軌道I與地心連線和在軌道III與地心連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等【答案】AB【解析】【詳解】A．飛船由軌道I進(jìn)入軌道II做近心運(yùn)動(dòng)，所受萬(wàn)有引力應(yīng)大于所需向心力，故需要在P點(diǎn)減速，故A正確；B．飛船由P到Q運(yùn)動(dòng)軌跡為橢圓，半長(zhǎng)軸要大于軌道III的半徑，由開普勒第三定律知運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于在軌道III上運(yùn)行周期的一半，故B正確；C．飛船在軌道II上經(jīng)過Q點(diǎn)受到萬(wàn)有引力和在軌道III上經(jīng)過Q點(diǎn)受到的萬(wàn)有引力相等，故加速度大小相等，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)開普勒第二定律，在同一軌道上飛船與地心連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，故D錯(cuò)誤。故選AB。7.如圖1所示，光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為m、總電阻為r、邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)體框（圖2為導(dǎo)體框的俯視圖），導(dǎo)體框前方l處兩虛線間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度大于l，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。某時(shí)刻導(dǎo)體框在水平恒力F作用下開始運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體框的后邊CD邊進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小均為導(dǎo)體框前邊AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的，進(jìn)、出磁場(chǎng)過程均為變速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)體框剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框熱功率為 B.磁場(chǎng)的寬度為C.導(dǎo)體框在穿過磁場(chǎng)的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為 D.導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間為【答案】AB【解析】【詳解】A．導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為得A正確；B．由題意可知，導(dǎo)體框進(jìn)、出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過程初、末速度相等。導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得磁場(chǎng)寬度為B正確；C．由能量守恒得C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，由動(dòng)量定理又，得D錯(cuò)誤。故選AB。8.如圖所示，質(zhì)量為m的光滑大圓環(huán)用細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)，兩個(gè)質(zhì)量均為的小環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在大圓環(huán)上，將兩個(gè)小環(huán)同時(shí)從大圓環(huán)的最高點(diǎn)a由靜止釋放，兩小環(huán)分別沿大圓環(huán)兩側(cè)下滑。已知重力加速度為g，從兩小環(huán)開始下滑到運(yùn)動(dòng)至大圓環(huán)最低點(diǎn)c的過程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.小環(huán)從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力始終指向大圓環(huán)的圓心B.小環(huán)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，大圓環(huán)與小環(huán)間的作用力一定不為零C.大圓環(huán)對(duì)輕桿的作用力可能為零D.大圓環(huán)對(duì)輕桿作用力的最大值為21mg【答案】BCD【解析】【詳解】A．由彈力方向可知，小環(huán)從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，運(yùn)動(dòng)到圖示位置P點(diǎn)設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)與圓心的連線與豎直方向的夾角為，對(duì)小環(huán)由動(dòng)能定理可得如果小環(huán)與大環(huán)恰好無(wú)彈力，重力的分力提供向心力，則解得在該點(diǎn)上方大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力方向背離大圓環(huán)圓心，在該點(diǎn)下方大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力方向指向大圓環(huán)的圓心，故A錯(cuò)誤；B．小環(huán)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力提供小環(huán)的向心力，大圓環(huán)與小環(huán)間的作用力一定不為零，故B正確；C．當(dāng)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)下面b點(diǎn)上面的Q點(diǎn)時(shí)，OQ與豎直方向的夾角為，大環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力為F，則由動(dòng)能定理由牛頓第二定律得由牛頓第三定律可知小環(huán)對(duì)大環(huán)的彈力大小為當(dāng)時(shí)，大圓環(huán)對(duì)輕桿的作用力恰好為零，解得或所以大圓環(huán)對(duì)輕桿的作用力可能為零，故C正確；D．當(dāng)其中一個(gè)小環(huán)到大圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得由牛頓第二定律可得解得小環(huán)到大圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)，大環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力最大；由牛頓第三定律可知小環(huán)對(duì)大環(huán)向下的作用力最大，所以大圓環(huán)對(duì)輕桿作用力的最大值為故D正確。故選BCD。三、非選擇題（共174分）9.某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。長(zhǎng)木板固定在水平桌面上，左端安裝遮光片的物塊通過細(xì)繩跨過定滑輪與重物連接，光電門固定在靠近定滑輪處，物塊（含遮光片）的質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m。靜止釋放物塊，記錄物塊剛釋放時(shí)與光電門的距離s及遮光片通過光電門的遮光時(shí)間t，改變物塊的釋放位置，重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)。（1）下列操作對(duì)實(shí)驗(yàn)是必要的是___________A.調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行B.用天平測(cè)出物塊（含遮光片）和重物的質(zhì)量C.為減小實(shí)驗(yàn)誤差，物塊剛釋放時(shí)與光電門的距離s盡可能近一點(diǎn)（2）利用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d，如圖乙所示，應(yīng)利用游標(biāo)卡尺_(dá)__________部分進(jìn)行測(cè)量（選填圖乙中字母代號(hào)），讀數(shù)為___________mm；（3）根據(jù)多組s、t數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中作出圖像如圖丙所示，圖像的斜率為k，設(shè)重力加速度為g，則物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)___________（用題中物理量字母符號(hào)表示）?！敬鸢浮竣?AB##BA②.B③.11.70④.【解析】【詳解】（1）[1]A．為了減小誤差，繩子拉力應(yīng)沿著水平方向，需要調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行，A正確；B．本實(shí)驗(yàn)利用牛頓第二定律測(cè)動(dòng)摩擦因數(shù)，需要用天平測(cè)出物塊（含遮光片）和重物的質(zhì)量，B正確；C．為減小實(shí)驗(yàn)誤差，物塊剛釋放時(shí)與光電門的距離s適當(dāng)遠(yuǎn)一些，C錯(cuò)誤。故選AB。（2）[2][3]由圖可知，應(yīng)利用游標(biāo)卡尺B部分進(jìn)行測(cè)量，讀數(shù)為（3）[4]滑塊經(jīng)過光電門的速度根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立可得可知斜率可得根據(jù)牛頓第二定律解得10.如圖（a）所示為“用DIS測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻”的部分實(shí)驗(yàn)電路圖，電流傳感器有微小電阻，圖（b）是某同學(xué)實(shí)驗(yàn)中得到的圖線。（1）實(shí)驗(yàn)中還需要______傳感器，其接線應(yīng)接在圖（a）電路中的“1”和______位置（“2、3、4”中選填）；（2）由圖（b）實(shí)驗(yàn)圖線的擬合方程可得，該電源電動(dòng)勢(shì)______V，內(nèi)阻______；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的I、U數(shù)據(jù)，若令，則由計(jì)算機(jī)擬合得出的圖線應(yīng)是圖（c）中的______（選填“a”、“b”或“c”），其余兩條圖線分別是令，得出的；（4）由第（2）問中得到的電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的值，推測(cè)圖丙中M點(diǎn)的坐標(biāo)為______。（保留3位有效數(shù)字）【答案】①.電壓②.3③.2.96④.1.12⑤.c⑥.【解析】【詳解】（1）[1][2]實(shí)驗(yàn)中還需要電壓傳感器測(cè)路端電壓，應(yīng)分別接在電路中電源的正負(fù)極兩端，但是開關(guān)要起到作用，又電流傳感器有微小電阻，為了減小誤差，電流傳感器應(yīng)采用外接法。則電壓傳感器接線應(yīng)分別接在圖（a）電路中1和3位置。（2）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律由圖（b）實(shí)驗(yàn)圖線的擬合方程可得，圖像縱坐標(biāo)的截距表示電源電動(dòng)勢(shì)，則有斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻，則有（3）[5]根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的I、U數(shù)據(jù)，若令，則由計(jì)算機(jī)擬合得出的圖線應(yīng)是電源的輸出功率與干路電流的關(guān)系，由于電源的輸出功率隨外電阻的增大是先增大后減小，當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)輸出功率最大，所以該圖線應(yīng)是c。（4）[6]根據(jù)第（2）問中得到的電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的值，則有所以推測(cè)圖（丙）中M點(diǎn)的坐標(biāo)為。11.如圖甲所示，開口向上的汽缸放在水平地面上，橫截面積為S、質(zhì)量為m的薄活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，平衡時(shí)活塞下部與汽缸底部的間距為d。若汽缸放在傾角的固定斜面上，繞過定滑輪的輕繩一端與質(zhì)量為2m的物塊相連，另一端與活塞相連，滑輪右側(cè)輕繩與斜面平行，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，如圖乙所示。重力加速度大小為g，大氣壓強(qiáng)恒為p0，不計(jì)一切摩擦，缸內(nèi)氣體的溫度恒定，斜面足夠長(zhǎng)。（1）求氣缸的質(zhì)量M；（2）求系統(tǒng)在斜面上處于平衡狀態(tài)時(shí)活塞與汽缸底部的間距x1；【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)汽缸的質(zhì)量為M，對(duì)活塞與汽缸整體，根據(jù)物體的平衡條件有解得（2）汽缸放在水平地面上時(shí)，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)設(shè)汽缸在斜面上系統(tǒng)平衡時(shí)缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為，對(duì)活塞，根據(jù)物體的平衡條件有解得根據(jù)玻意耳定律有解得12.電磁炮是利用磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體作用使炮彈加速的，其原理示意圖如圖所示，假設(shè)圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E=35V，電容器的電容為C=2F。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l=1m，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m=2kg、電阻為R=5Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電；然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：（1）直流電源的a端為正極還是負(fù)極；（2）MN離開導(dǎo)軌時(shí)的最大速度的大??；（3）已知電容器儲(chǔ)藏的電場(chǎng)能為，導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到離開軌道的過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱的大小。（電磁輻射可以忽略）【答案】（1）負(fù)極；（2）14m/s；（3）245J【解析】【詳解】（1）由于電磁炮受到的安培力方向水平向右，所以電流由N流向M，所以直流電源的a端為負(fù)極；（2）電容器放電前所帶的電荷量為開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最終電容器板間電壓電容器所帶電荷量設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力由動(dòng)量定理，有聯(lián)立解得（3）導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到離開軌道的過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱的大小為13.如圖所示，用輕繩將