山西省陽泉市2023-2024學年高三年級上學期期末考試理科綜合試題-高中物理【含答案解析】

陽泉市2023~2024學年度第一學期期末教學質量監(jiān)測試題理科綜合能力測試注意事項：1．本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。第I卷1至6頁，第II卷7至16頁，滿分300分。2．答題前，考生務必在答題卡規(guī)定的地方填寫自己的準考證號、姓名?？忌J真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號、姓名”與本人準考證號、姓名是否一致。3．第I卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號；第II卷用0.5毫米的黑色簽字筆在答題卡上作答，在本試卷上作答無效。4．考試時間150分鐘，考試結束后，將答題卡交回。二、選擇題（本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。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.TWS（TrueWirelessStereo）智能降噪耳機能收集周圍環(huán)境中的噪聲信號，并主動產生相應的抵消聲波進入耳道。某一噪聲信號（聲波）在耳膜處的振動圖像如圖所示，在空氣中的傳播速度為340m/s，下列說法正確的是（）A.該噪聲信號的頻率為1000HzB.為達到最好的降噪效果，抵消聲波在耳膜處應與圖中所示的振動步調一致C.該噪聲信號遇到人體時會發(fā)生明顯衍射D.該噪聲信號為橫波【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖可知，該噪聲信號的周期為0.01s，由周期與頻率的關系有故A項錯誤；B．為了抵消噪聲，耳膜所在位置應該是其抵消聲波與噪聲聲波的振動減弱點，即在此處，抵消聲波與噪聲聲波應該是振動步調相反，故B項錯誤；C．由波速、周期和波長的關系有解得發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物的尺寸與波長相差不多或比波長小。而上述分析可知，聲波的波長為3.4m，人的尺寸比其小。所以該噪聲信號遇到人體時會發(fā)生明顯衍射，故C項正確；D．噪聲在空氣中是縱波并不是橫波，故D項錯誤。故選C。2.意大利科學家伽利略曾于1630年提出“最速降線”問題，如圖（a）所示，從高處M點到地面N點有I、II兩條光滑軌道，軌道I末端與N點相切。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在離開M點到達N點的下滑過程中（）A.甲沿I下滑且率先到達N點B.甲沿II下滑且同一時刻甲的動能比乙的大C.乙沿I下滑且乙的重力功率先增大后減小D.乙沿II下滑且乙的加速度始終大于甲【答案】C【解析】【詳解】ABD．由圖乙可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運動，沿I下滑且率先到達N點，乙沿I下滑，任意時刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，故ABD錯誤；C．乙沿I下滑，開始時乙速度為0，到N點時乙豎直方向速度為零，根據瞬時功率公式可知重力瞬時功率先增大后減小，故C正確。故選C。3.我國高海拔宇宙射線觀測站“拉索”首次完整記錄迄今最亮“宇宙煙花”——伽馬射線暴GRB221009A爆發(fā)全過程，并精確測量了迄今最亮伽馬暴的高能輻射能譜，據此為檢驗相對論的適用范圍提供了重要信息。該伽馬暴在1s內釋放的能量量級為1046J。假設釋放的能量來自于物質質量的減少，則每分鐘平均減少的質量數量級為（光速為3×108m/s）（）A.1019kg B.1024kg C.1029kg D.1030kg【答案】D【解析】【詳解】根據質能方程可得每分鐘平均減少的質量為即每分鐘平均減少的質量數量級為。故選D。4.分子云中的致密氣體和塵埃在引力作用下不斷集聚逐漸形成恒星，恒星的演化會經歷成年期（主序星）、中年期（紅巨星、超巨星）、老年期——恒星最終的歸宿與其質量有關，若質量為太陽質量的倍將坍縮成白矮星，質量為太陽質量的倍將坍縮成中子星，質量更大的恒星將坍縮成黑洞。假設恒星坍縮前后可看成質量均勻分布的球體，質量不變，體積縮小，自轉變快。已知逃逸速度為第一宇宙速度的倍，中子星密度約為白矮星密度的倍，白矮星半徑約為中子星半徑的倍。根據萬有引力理論，下列說法正確的是（）A.恒星坍縮后的第一宇宙速度變大B.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度C.同一恒星表面任意位置的重力加速度大小相同D.恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度變小【答案】A【解析】【詳解】A．對繞恒星運動的行星來說有當行星運動軌道半徑為恒星的半徑時，其速度為該恒星的第一宇宙速度，有由于恒星坍縮前后，其質量不變，體積縮小，即半徑變小，所以恒星坍縮后的第一宇宙速度變大，故A項正確；B．由之前的分析可知，某星球的第一宇宙速度的為由于星球質量可以表示為整理有又因為，由題意可知，中子星密度約為白矮星密度的倍，白矮星半徑約為中子星半徑的倍，所以中子星的第一宇宙速度大于白矮星的第一宇宙速度。即又因為已知逃逸速度為第一宇宙速度的倍，所以中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，故B項錯誤；C．恒星上某一位置的物體受到的萬有引力有兩個效果，一個是提供物體所恒星一起轉動的向心力，一個是該物體所受的重力，即由于在恒星表面不同位置，物體做圓周運動的半徑不同，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度大小不一定相同，故C項錯誤；D．由于恒星兩極處，其物體不隨恒星一起自轉，所以其萬有引力全部提供其重力，有整理有由于恒星坍縮前后，其質量不變，體積縮小，即半徑變小。所以恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度變大，故D項錯誤。故選A。5.如圖所示，楔形玻璃的橫截面POQ的頂角為30°，OP邊上有點光源S，垂直于OP邊的光線SN在OQ邊的折射角為45°。不考慮多次反射，OQ邊上有光射出部分的長度與SN邊的長度之比為（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】設光線在OQ界面的入射角為α，折射角為β，由幾何關系可知根據折射定律有光線射出OQ界面的臨界為發(fā)生全反射，光路圖如下其中光線在AB兩點發(fā)生全反射，由全反射定律得即AB兩處全反射的臨界角為45°，AB之間有光線射出，由幾何關系可知所以故選D。6.電子墨水是一種無光源顯示技術，它利用電場調控帶電顏料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈現出不同顏色。透明面板下有一層膠囊，其中每個膠囊都是一個像素。如圖所示，膠囊中有帶正電的黑色微粒和帶負電的白色微粒。當膠囊下方的電極極性由正變負時，微粒在膠囊內遷移（每個微粒電量保持不變），像素由黑色變成白色。下列說法正確的有（）A.像素呈黑色時，黑色微粒所在區(qū)域的電勢高于白色微粒所在區(qū)域的電勢B.像素呈白色時，黑色微粒所在區(qū)域的電勢低于白色微粒所在區(qū)域的電勢C.像素由黑變白的過程中，白色微粒電勢能減少D.像素由白變黑的過程中，黑色微粒電勢能增加【答案】BC【解析】【詳解】A．像素呈黑色時，當膠囊下方的電極帶正電，像素膠囊里電場線方向向上，沿電場線方向電勢降低，所以黑色微粒所在的區(qū)域的電勢低于白色微粒所在區(qū)域的電勢，故A錯誤；B．像素呈白色時，當膠囊下方的電極帶負電，像素膠囊里電場線方向向下，所以黑色微粒所在的區(qū)域的電勢低于白色微粒所在區(qū)域的電勢，故B正確；C．像素由黑變白的過程中，白色微粒受到的電場力向上，位移向上，電場力對白色微粒做正功，白色微粒電勢能減少，故C正確；D．像素由白變黑的過程中，黑色微粒受到的電場力向上，位移向上，電場力對黑色微粒做正功，黑色微粒電勢能減小，故D錯誤。故選BC。7.如圖所示，一木板靜止于光滑水平面上，一小物塊（可視為質點）以初速度v0從左側沖上木板，已知木板與物塊之間的摩擦力為f，木板和物塊的質量分別為M和m（M>m），木板長度為l，當物塊從木板右側離開時（）A.木板獲得的動能一定小于系統(tǒng)產生的內能B.物塊具有的動能小于C.物塊離開前，摩擦力對物塊的沖量與摩擦力對木板的沖量相同D.運動過程中，物塊、木板的速度變化率相同【答案】AB【解析】【詳解】A．設物塊離開木板時的速度為，此時木板的速度為，由題意得系統(tǒng)克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)產生的內能根據運動學公式，整理可得即可知故A正確；B．根據能量守恒有整理得故B正確；C．設相互作用時間為，規(guī)定向右為正方向，則根據沖量的定義可知摩擦力對物塊的沖量與摩擦力對木板的沖量分別為，因為沖量是矢量，則摩擦力對物塊的沖量與摩擦力對木板的沖量大小相等，方向相反，不相同。故C錯誤；D．速度變化率即加速度，運動過程中物塊和木板速度變化率分別為，可知即運動過程中，物塊、木板的速度變化率不同。故D錯誤。故選AB。8.光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，磁感應強度為B，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，圓的半徑為R。如圖所示，一質量為m、電荷量為q的粒子從P點沿PO方向射入，與筒壁發(fā)生碰撞后反彈。假設粒子每次碰撞前、后動能不變，碰撞時間極短，電荷量不變，重力不計。下列說法正確的是（）A.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短B.粒子能從小孔射出的最短時間為C.調節(jié)射入小孔時粒子速度大小，粒子運動軌跡可能通過圓心D.從小孔射出的粒子的速度大小可能超過【答案】BD【解析】【詳解】A．速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數會可能增多，粒子運動時間不一定減少，A錯誤；B．如圖所示由題意可知粒子射出磁場以后圓心組成的多邊形應該為以筒壁的內接圓的多邊形，最少應該為三角形，如上圖所示，最少經過2次碰撞，粒子就可能從小孔射出，由周期公式知則運動時間B正確；C．假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過圓心O。C錯誤；D．如圖所示當速度為時由幾何關系知，半徑越大，粒子軌跡越接近O點（）解得當小于時，從小孔射出的粒子的速度大小可能超過。D正確；故選BD。第II卷三、非選擇題（共174分，每個試題考生都必須作答。）9.某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒定律，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，選擇適當的一點標記為O，其中OA為水平段。選擇相同材質的一角硬幣和一元硬幣進行實驗。測量硬幣的質量，得到一角和一元硬幣的質量分別為m1和m2（m1<m2）。將硬幣甲放置在斜面某一位置，標記此位置為B。由靜止釋放甲，當甲停在水平面上某處時，測量甲硬幣右側從O點到停止處的滑行距離OP。將硬幣乙放置在O處，左側與O點重合，將甲放置于B點由靜止釋放。當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量甲右側、乙左側從O點到停止處的滑行距離OM和ON。保持釋放位置不變，重復實驗若干次，得到OP、OM、ON的平均值分別為s1、s2、s3。（1）在本實驗中，乙選用的是__________（填“一元”或“一角”）硬幣；（2）碰撞前，甲到O點時速度的大小可表示為__________（設硬幣與紙板間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g）；（3）若甲、乙碰撞過程中動量守恒，則__________（用m1和m2表示），然后通過測得的具體數據驗證硬幣對心碰撞過程中動量是否守恒?！敬鸢浮竣?一角②.③.【解析】【詳解】（1）[1]根據圖（b）可知，甲碰撞乙后，甲的速度方向仍然向右，沒有發(fā)生反彈，可知甲的質量大一些，即在本實驗中，甲選用的是一元硬幣，乙選用的是一角硬幣。（2）[2]碰撞前，甲從O點運動到P點減速至0，根據動能定理有解得（3）[3]甲乙碰撞后，甲、乙最終均減速至0，根據動能定理有所以，碰撞過程中，根據動量守恒定律有所以10.在“用電流表和電壓表測電池的電動勢和內電阻”的實驗中，提供的器材有：A.待測干電池一節(jié)（電動勢約為1.5V，內阻約為0.3~1Ω）B.電流表A（0~0.6A~3A內阻RA1和RA2分別約為0.5Ω和0.1Ω）C.電壓表V（0~3V~15V，內阻分別為RV1=1000Ω和RV2=5000Ω）D.滑動變阻器R1（最大阻值20Ω，允許最大電流2A）E.滑動變阻器R2（最大阻值200Ω，允許最大電流1.25A）F.開關S和若干導線（1）①按如圖甲所示電路測量干電池的電動勢和內阻，電壓表應選用的量程為_________（填“0~3V”或“0~15V”）；電流表應選用的量程為__________（填“0~0.6A”或“0~3A”），選擇理由是___________；滑動變阻器應選__________（填寫代號“R1”或“R2”）。②根據實驗要求連接實物電路圖，用筆畫線代替導線將如圖乙所示的實物圖連接成實驗電路（已連接了部分線），要求變阻器的滑動觸頭滑至最左端時，其使用電阻值最大__。（2）實驗步驟：①按實驗要求連接好電路。閉合開關前把變阻器的滑動觸頭滑至最左端，使接入電路的阻值最大。②閉合開關，發(fā)現__________的指針沒有有明顯偏轉，調節(jié)滑動變阻器，讀取電流表和電壓表的示數，測量多組數據。③斷開開關，整理好器材。④數據處理。（3）建立平面直角坐標系，縱軸為U，橫軸為I，將實驗測得的數據標在坐標圖中，作出U—I圖線，由圖像可得縱軸截距為b，斜率的絕對值為k，不考慮電表對電路的影響，待測電池的電動勢E=__________，內電阻r=__________；若考慮電表內阻對電路的影響，求得待測電池的電動勢=__________，內電阻__________。（用相關電表的內阻符號、b和k表示）【答案】①.0~3V②.0~0.6A③.見解析④.R1⑤.見解析⑥.電流表⑦.b⑧.k⑨.⑩.【解析】【詳解】（1）[1]由題知電源電動勢為1.5V，電壓表應該選擇0~3V量程。[2]電流表選用量程為0~0.6A。[3]當電流表的讀數超過0.6A時滑動變阻器的有效阻值將會小于2.5Ω，這時調節(jié)滑動變阻器的阻值很容易造成電源短路，很難獲取多組數據。[4]為方便實驗操作，且需要干電池的路端電壓有明顯變化，滑動變阻器應選擇總阻值較小的R1。[5]實物連接圖如圖所示。（2）[6]閉合開關前把變阻器的滑動觸頭滑至最左端，使接入電路的阻值最大。電流較小，電流表沒有明顯偏轉，電壓增大，有明顯偏轉。（3）[7]在電源的U—I圖線中，若兩坐標軸均從零開始，則圖線與U軸的截距為電源電動勢，縱軸截距為b，則。[8]在電源的U—I圖線中，圖線的斜率的絕對值表示。[9]由等效電源法知若把圖中的R和電流表看成外電路，則電壓表可看成內電路的一部分，故實際測出的是電池和電壓表整體的等效內阻。因電壓表和電池并聯(lián)，故等效內阻解得則電動勢為[10]由[9]知11.如圖是一種由氣缸、活塞柱、彈簧和上下支座構成的汽車氮氣減震裝置，氣缸內的氣體可視為理想氣體。該裝置未安裝到汽車上時，彈簧處于原長狀態(tài)。封閉氣體和活塞柱長度均為0.20m，氣體壓強等于大氣壓強P0=1.0×105Pa。將四臺減震裝置安裝在汽車上，穩(wěn)定時車重由四臺減震裝置支撐，且封閉氣體被壓縮了0.12m。已知活塞柱橫截面積，彈簧的勁度系數k=1.0×104N/m。該裝置的質量、活塞柱與氣缸摩擦均可忽略不計，氣缸導熱性和氣密性良好，環(huán)境溫度不變，g=10m/s2求：（1）壓縮后氣缸內氮氣的壓強；（2）汽車的質量M?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）當汽車裝上減震裝置后，設氣缸壓縮后的體積為V1，壓強為P1，由玻意耳定律可知解得（2）設汽車對一個減震裝置的壓力為F，以減震裝置氣缸上表面為研究對象，受力分析可知代入題中數據解得以汽車為研究對象解得汽車的質量12.足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計。質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和II區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1=0.5T，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.4kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域I和II并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1=2m/s，CD的速度為v2，且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g=10m/s2。（1）判斷區(qū)域II的磁場方向并求出該區(qū)域磁感應強度的大??；（2）求CD在區(qū)域II中勻速直線運動的速度v2的大小?！敬鸢浮浚?）磁場垂直于桌面向上，；（2）【解析】【詳解】（1）由于，可知導體棒MN所受摩擦力f向右，且MN勻速，故其所受安培力F1與摩擦力方向相反，向左，且滿足：由左手定則可知電流方向為代入得對CD受力分析可知，其所受摩擦力向左，大小也為f，由于，故CD所受安培力F2向左，且滿足：由代入得結合左手定則可知，B2方向垂直于桌面向上（2）由代入得13.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=1.0kg，mB=4.0kg，兩者之間有一定量的火藥，A與其右側的豎直墻壁距離l