高三物理综合检测含答案

高中物理综合检测一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2024·内蒙古师范大学附属中学期中)利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动，以竖直向下为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间的变化图像如图所示。关于手机的情况，下列说法正确的是()A．t1时刻，手机处于超重状态B．t2时刻，手机运动方向发生改变C．t3时刻，手机的速度为0D．t1～t3时间内，手机所受的支持力逐渐增大答案D解析t1时刻，手机加速度为正，方向向下，故手机处于失重状态，故A错误；t2时刻之前，手机的加速度方向向下，向下加速运动，t2时刻之后，手机的加速度方向向上，向下减速运动，故t2时刻手机运动方向不变，故B错误；由a－t图像中面积表示速度的变化量，可知t3时刻手机的速度不为零，故C错误；由上述分析可知，t1～t2时间内，手机向下的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得mg－FN＝ma1，故支持力逐渐增大，同理t2～t3时间内，手机向上的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma2，可知支持力仍逐渐增大，故t1～t3时间内，手机所受的支持力逐渐增大，故D正确。2．(2024·江苏徐州市沛县中学期初考)如图所示为一定质量的理想气体由状态A到状态B再到状态C的p－T图像，下列说法正确的是()A．从状态A到状态B过程，气体密度变大B．从状态B到状态C过程，气体先放热再吸热C．A、C两状态气体分子单位时间内撞击单位面积容器壁的次数相等D．A、C两状态气体分子对容器壁单位面积的平均撞击力相等答案D解析从状态A到状态B过程，由理想气体状态方程可知，气体体积增大，则气体密度变小，故A错误；从状态B到状态C过程，气体温度先升高后降低，则气体内能先增大后减小，但气体体积一直减小，则外界对气体做功，则根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，W>0在气体内能增大阶段，由于不知道ΔU与W的具体关系，则无法判断出气体是吸热还是放热，而在气体内能减小阶段，W>0，则Q<0，故气体放热，故B错误；A、C两状态气体压强相同，气体分子对容器壁单位面积的平均撞击力相等，但A状态到C状态气体温度升高，气体体积增大，气体分子平均速率变大，数密度减小，则A、C两状态气体分子单位时间内撞击单位面积容器壁的次数减小，故C错误，D正确。3．(2024·福建省宁德第一中学一模)甲图是用于研究光电效应的实验装置，乙图是氢原子的能级图。实验发现n＝4跃迁到n＝2时发出的某种光照射甲图实验装置的阴极时，电流表示数不为零，慢慢移动滑动变阻器触头c，电压表读数大于等于0.8V时，电流表读数为零，下列说法正确的是()A．该材料的逸出功为2.55eVB．滑动变阻器触头c向a侧慢慢移动时，电流表读数会增大C．其他条件不变，一群氢原子处于n＝4能级跃迁发出的光，共有3种光可以使该材料发生光电效应D．用不同频率的光子照射该实验装置，记录电流表恰好读数为零的电压表读数，根据频率和电压关系可以精确测量普朗克常量答案D解析n＝4跃迁到n＝2发出的某种光的光子能量为2.55eV，当电压大于等于0.8V时，逸出来最大动能的光电子不能到达阳极，说明光电子最大初动能为0.8eV。根据光电效应方程hν－W0＝eU可知该材料的逸出功W0＝1.75eV，故A错误；滑动变阻器触头c慢慢向a端移动，增加反向电压，电流表读数会减小，甚至有可能出现电流表读数为零，故B错误；从n＝4向基态跃迁，一共可以发射出Ceq\o\al(2,4)＝6种光，其中n＝4跃迁到n＝3的光子能量小于该材料的逸出功，所以共有5种光可以使该材料发生光电效应，故C错误；根据光电效应方程hν－W0＝eU可知只要记录光子频率、遏止电压就能精确测量普朗克常量，故D正确。4．(2023·广东汕头市二模)B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。如图所示为血管探头沿x轴正方向发射的简谐超声波图像，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107Hz。下列说法正确的是()A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为800m/sB．质点M开始振动的方向沿y轴负方向C．t＝5×10－8s时质点M运动到N处D．0～1.25×10－7s内质点M运动的路程为1mm答案A解析由题图可知波长为λ＝8×10－2mm＝8×10－5m则波速为v＝λf＝8×10－5×1×107m/s＝800m/s，故A正确；由于波向x轴正方向传播，根据波形平移法可知，质点M开始振动的方向沿y轴正方向，故B错误；质点M不会随波迁移，故C错误；质点M振动的周期为T＝eq\f(1,f)＝1×10－7s由于eq\f(Δt,T)＝eq\f(1.25×10－7,1×10－7)＝eq\f(5,4)所以质点M在0～1.25×10－7s内运动的路程为s＝eq\f(5,4)×4A＝eq\f(5,4)×4×0.4mm＝2mm，故D错误。5．(2024·江西省部分高中联考)如图所示，小明分别在篮筐正前方的a、b位置投掷篮球，篮球都垂直于篮板击中篮筐上的同一点，已知篮球两次出手时的高度相同，不计空气阻力，关于两次投篮，下列说法正确的是()A．篮球出手时的速度相同B．篮球击中篮筐时的速度相同C．小明两次投篮时对篮球做的功相同D．篮球从出手到垂直击中篮筐所用的时间相同答案D解析将篮球的运动反过来看即为平抛运动，根据h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h,g))根据题意可知篮球两次运动的时间相等，故D正确；根据vy＝gt可知篮球两次被抛出时竖直方向上的分速度相等，根据x＝vxt由于b处离篮筐更近，可知在b处的水平速度较小，由于篮球水平方向做匀速直线运动，即篮球在b位置出手击中篮筐时的速度小一些，故B错误；根据v＝eq\r(vx2＋vy2)结合上述可知，篮球在b位置出手时的速度小一些，故A错误；根据功能关系有W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vx2＋vy2))结合上述可知，在a处投掷篮球时，人对篮球做的功大一些，故C错误。6．(2024·广东广州市越秀区阶段测试)为了实现人类登陆火星的梦想，我国航天员与俄罗斯航天员一起进行“模拟登陆火星”实验活动。已知火星半径约为地球半径的eq\f(1,2)，质量约为地球质量的eq\f(1,9)，自转周期与地球基本相同。地球表面重力加速度是g，若航天员在地面上以某一初速度能竖直向上跳起的最大高度是h，在忽略火星自转影响的条件下，下述分析正确的是()A．火星表面的重力加速度是eq\f(2,3)gB．火星第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)C．航天员以相同的初速度在火星上竖直起跳时，跳起的最大高度是eq\f(3,2)hD．同一航天员在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的eq\f(2,3)答案B解析根据万有引力与重力的关系Geq\f(Mm,R2)＝mg可得g＝eq\f(GM,R2)火星表面的重力加速度g火＝eq\f(M火,R火2)·eq\f(R地2,M地)g＝eq\f(4,9)g，故A错误；根据万有引力提供向心力Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)＝mg可得v＝eq\r(gR)火星第一宇宙速度v火＝eq\f(\r(g火R火),\r(gR地))v地＝eq\f(\r(2),3)v地，故B正确；根据v02＝2gh，v02＝2g火h火可得跳起的最大高度h火＝eq\f(9,4)h，故C错误；根据F＝Geq\f(Mm,R2)同一航天员在火星表面受到的万有引力F火＝eq\f(M火,R火2)·eq\f(R地2,M地)F地＝eq\f(4,9)F地，故D错误。7．(2024·湖南省长郡中学开学考)小刘同学设计了如图甲所示的理想变压器，该变压器的交流电源接入如图乙所示的发电机，不计发电机的内阻，交流发电机的输出电压为u＝Umcosωt,已知A、B、C、D、E五个完全相同的灯泡都能正常发光，灯泡的额定电压为U，下列说法正确的是()A．n1∶n2∶n3＝4∶2∶1B．Um＝5UC．t＝0时刻，线圈在图乙所示位置D．若线圈转动角速度减半，灯泡电阻不变，则回路的总功率减半答案A解析设原线圈两端的电压为U原，灯泡正常工作的电流为I，根据功率关系有U原I＝2UI＋U·2I解得U原＝4U则原线圈及上、下两个副线圈的电压分别为4U、2U、U，根据电压、匝数关系有n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，故A正确；根据上述可知，交流发电机的输出电压有效值为U＋U原＝5U根据最大值和有效值的关系可知Um＝5eq\r(2)U，故B错误；t＝0时刻，交流发电机的输出电压为u0＝Umcosωt＝Um即t＝0时刻，线圈内的感应电动势最大，根据题图乙可知，图示位置为中性面，线圈平面与磁场垂直，通过线圈的磁通量为最大值，感应电动势为0，即t＝0时刻，线圈不在图示位置，故C错误；由Um＝NBSω可知，若线圈转动角速度减半，则感应电动势的最大值减半，即感应电动势的有效值减半，输出电压有效值减半，灯泡电阻不变，每部分电流都减半，则回路的总功率减为原来的eq\f(1,4)，故D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．(2023·四川成都市联考)如图所示，真空中有一正方体ABCD－A1B1C1D1，在正方体的顶点A、C1处分别固定一个电荷量相等的正点电荷，则下列说法正确的是()A．B点和D1点的电势相等B．B点和D点的电场强度相同C．若有一个电子以某一初速度射入该空间中，可能做匀变速直线运动D．若有一个电子以某一初速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动答案AD解析由两个等量同种点电荷周围电势的对称性可知，顶点B、D1处的电势相等，故A正确；由电场叠加和对称性可知，顶点B、D处的电场强度方向不同，故B错误；两个正点电荷形成的电场不是匀强电场，电子不受恒定的静电力，不可能做匀变速直线运动，故C错误；只在静电力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小不变的静电力，由等量同种点电荷电场分布可知，电子在垂直于AC1并过中心点O点的平面内可能绕O点做匀速圆周运动，故D正确。9．(2023·河北唐山市模拟)如图所示，玻璃球冠的半径为R，底面镀有反射膜，底面的半径为eq\f(\r(3),2)R；在纸面内有一条过球心O的光线，经过底面AB反射后恰好从M点射出，已知出射光线的反向延长线恰好经过A点，且AM⊥AB，光在真空中的速度为c。下列说法正确的是()A．该条光线入射方向与底面AB的夹角为30°B．该玻璃的折射率为eq\r(3)C．即使底面不镀反射膜，光线也能完全从M点射出D．光线从入射到射出经历的时间为eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\r(3)))R,c)答案BD解析光线从P点射入，设球冠底面中心为O′，连接OO′，如图所示，可知cos∠OAO′＝eq\f(\f(\r(3),2)R,R)＝eq\f(\r(3),2)解得∠OAO′＝30°由于MA⊥AB，则有∠OAM＝60°，△OAM为等边三角形，由几何关系OO′∥MA，可知∠PNO′＝60°，该条光线入射方向与底面AB的夹角为60°，故A错误；由几何关系可知，∠ONE＝∠ENM＝30°，则有i＝60°，r＝30°，由折射定律可得n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\r(3)，故B正确；由发生全反射的临界角公式可得sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(3),3)>eq\f(1,2)解得C>30°可知，若底面不镀反射膜，光线在AB面不会发生全反射，光线不能完全从M点射出，故C错误；光线从P点射入到从M点射出，经过的路程为s＝R＋eq\f(R,cos30°)＋Rtan30°又有v＝eq\f(c,n)则传播时间t＝eq\f(s,v)联立解得t＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\r(3)))R,c)，故D正确。10．(2023·广东汕头市三模)如图所示为某精密电子器件防撞装置，电子器件T和滑轨PQNM固定在一起，总质量为m1，滑轨内置匀强磁场的方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B。受撞滑块K套在PQ、MN滑轨内，滑块K上嵌有闭合线圈abcd，线圈abcd总电阻为R，匝数为n，bc边长为L，滑块K(含线圈)质量为m2，设T、K一起在光滑水平面上以速度v0向左运动，K与固定在水平面上的障碍物C相撞后速度立即变为零。不计滑块与滑轨间的摩擦，ab大于滑轨长度，对于碰撞后到电子器件T停下的过程(线圈bc边与器件T未接触)，下列说法正确的是()A．线圈中感应电流方向为adcbaB．线圈受到的最大安培力为eq\f(n2B2L2v0,R)C．电子器件T做匀减速直线运动D．通过线圈某一横截面电荷量为eq\f(m2v0,nBL)答案AB解析根据右手定则可知线圈中感应电流方向为adcba，故A正确；产生的感应电动势为E＝nBLv0根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)受到的安培力为F＝nBIL联立可得线圈受到的最大安培力为F＝eq\f(n2B2L2v0,R)，故B正确；根据牛顿第二定律可得F＝ma即－eq\f(n2B2L2v,R)＝ma可知电子器件T做加速度减小的减速直线运动，故C错误；对T根据动量定理－nBeq\x\to(I)LΔt＝0－m1v0其中q＝eq\x\to(I)Δt联立可得通过线圈某一横截面电荷量为q＝eq\f(m1v0,nBL)，故D错误。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)(2024·湖南邵阳市武冈市期中)图甲是某研究性学习小组探究木块加速度与合外力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上。细线一端与木块相连，另一端通过一个定滑轮和一个动滑轮与固定的弹簧测力计相连，动滑轮下悬挂一个沙桶。改变桶中沙的质量进行多次实验，并记录相关数据。(1)利用该装置实验时，下列说法正确的是__________。A．实验前应将长木板靠近打点计时器的一端垫高，以补偿阻力B．每次在增加沙的质量后，需要重新补偿阻力C．应将木块靠近打点计时器，先释放木块，再接通电源D．实验中一定要保证沙和沙桶的总质量m远小于木块的质量M(2)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两个计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示，已知交流电频率为50Hz。根据图中数据得出打计数点3时木块的瞬时速度大小为v＝__________m/s，木块的加速度大小为a＝__________m/s2(结果均保留三位有效数字)。(3)两同学在实验室各取一套图甲所示的装置放在水平桌面上，在没有补偿阻力的情况下，研究木块的加速度a与拉力F的关系，他们分别得到图丙中甲、乙两条直线。设两木块质量分别为M甲、M乙，两木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，M甲__________M乙，μ甲__________μ乙。(均选填“>”“<”或“＝”)答案(1)A(2)0.2640.496(3)<>解析(1)实验前应将长木板靠近打点计时器的一端垫高，以补偿阻力，使得木块受到的合外力等于细线拉力，故A正确；当重力沿斜面方向的分力与摩擦力相等时有Mgsinθ＝μMgcosθ由此可知，当增加沙的质量后，重力沿斜面方向的分力与摩擦力依然相等，不需要重新补偿阻力，故B错误；为了充分利用纸带，应将木块靠近打点计时器，先接通电源，再释放木块，故C错误；此实验中，由于细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以不需要满足沙和沙桶的总质量m远小于木块的质量M，故D错误。(2)每相邻两个计数点间还有4个计时点未标出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s打计数点3时木块的瞬时速度大小为v＝eq\f(x24,2T)＝eq\f(2.40＋2.88×10－2,0.2)m/s＝0.264m/s根据逐差法可得，木块的加速度大小为a＝eq\f(x47－x03,12T2)＝eq\f(3.39＋3.88＋4.37－1.40－1.89－2.40×10－2,12×0.12)m/s2≈0.496m/s2(3)根据牛顿第二定律可得F－μMg＝Ma整理得a＝eq\f(1,M)F－μg由图像的斜率和纵轴截距大小关系可知M甲<M乙，μ甲>μ乙。12．(8分)(2023·广东揭阳市二模)某实验小组采用下列器材测量一节干电池的内阻和待测金属丝的电阻率：待测干电池(电动势E＝1.5V，内阻待测)、待测金属丝、定值电阻R0＝1.5Ω、电流表(内阻可忽略)、线夹、开关、导线等。(1)测量步骤如下：①用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示，则金属丝的直径d＝________mm；②按照图乙所示电路图连接实验电路；③通过改变接线夹的位置(即图乙中滑动变阻器符号上的箭头接触金属丝的位置)，控制接入电路中的金属丝长度，读出电流表的示数I，记录电流的倒数eq\f(1,I)和金属丝接入电路长度l的数值；④重复③中的操作，测量多组数据。(2)根据测得电流的倒数eq\f(1,I)和金属丝接入电路长度的数值，绘出如图丙所示的图线，根据图像求出图线的斜率k与截距b，则干电池的内阻为________，金属丝的电阻率为________。(均用已知量及测量量的符号表示)(3)根据图丙中的数据可知，干电池的内阻r＝________Ω，金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m。(结果均保留两位有效数字，π取3.14)答案(1)0.530(2)bE－R0eq\f(1,4)πkEd2(3)0.152.2×10－7解析(1)直径d＝0.5mm＋3.0×0.01mm＝0.530mm。(2)设金属丝接入电路的有效电阻为Rx，根据闭合电路欧姆定律得E＝Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋R0＋Rx))将Rx＝ρeq\f(l,S)＝ρeq\f(4l,πd2)代入整理可得eq\f(1,I)＝eq\f(r＋R0,E)＋eq\f(4ρ,Eπd2)l则k＝eq\f(4ρ,Eπd2)，b＝eq\f(r＋R0,E)进一步求得干电池的内阻r＝bE－R0金属丝的电阻率ρ＝eq\f(1,4)πkEd2(3)由图像可知图线的截距b＝1.1A－1，斜率k＝eq\f(1.9－1.1,1.2)A－1·m－1＝eq\f(2,3)A－1·m－1解得r＝0.15Ω，ρ≈2.2×10－7Ω·m。13．(10分)(2023·江西赣州市二模)汽车行驶时轮胎的胎压过高容易爆胎，胎压过低又会造成油耗上升，已知轮胎在常温时，胎压以2.4～2.6atm为宜。在环境温度为27℃时，某小车胎压为2.5atm，已知T＝273＋t(K)，气体可视为理想气体。(1)若不考虑轮胎容积变化，该小车在严寒－33℃、高温51℃的恶劣环境中胎压分别是多大。(2)某次检查该小车时，发现某轮胎胎压为1.5atm，车主用气筒打气30次后胎压恢复到2.5atm，每次打入压强为1.0atm、容积为1×10－3m3的气体，打气过程中不计轮胎容积和气体温度的变化，求该轮胎的容积。答案(1)2atm2.7atm(2)3×10－2m3解析(1)已知环境温度T1＝300K，胎内气体压强为p1＝2.5atm，汽车在－33℃环境时T2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－33＋273))K＝240K，胎压设为pmin，在51℃环境时T3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(51＋273))K＝324K，胎压设为pmax，根据查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(pmin,T2)解得pmin＝2atmeq\f(p1,T1)＝eq\f(pmax,T3)解得pmax＝2.7atm(2)环境温度T1＝300K，胎内气体压强正常值p1＝2.5atm，设轮胎打气前胎内气体压强为p2＝1.5atm，轮胎容积为V，对被充入的气体和胎内的气体分析，有p0·NV0＋p2V＝p1V解得V＝30V0＝3×10－2m3。14．(14分)(2023·河北邢台市三模)在芯片制作过程中，对离子注入的位置精度要求极高，通过如图所示的装置可实现离子的高精度注入。立方体区域ABCO－A1B1C1O1的棱长为L，以O点为原点，以OA、OC和OO1分别为x轴、y轴和z轴的正方向建立空间坐标系O－xyz。在xOz平面的左侧有一对平行金属板M、N，板M、N与xOy面平行，板间距离为d，M、N两板间加有电压，板间同时存在沿x轴负方向、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。在板中间的P点有一离子发射源，能沿平行于y轴正方向发射质量为m、电荷量为＋q(q>0)、速率不同的离子，立方体的AOO1A1面为一薄挡板，仅在其中心D处开有一小孔供离子(可视为单个离子)进入，D点与P点等高，P、D连线垂直于挡板。立方体的ABFE面为水平放置的薄硅片，E、F分别为AO和BC的中点。当板M、N间的电压大小为U0且立方体内匀强磁场的方向沿OA1方向时，由D点进入的离子恰好注入到硅片AB边上，且速度与AB边垂直。不计离子间的相互作用力、离子的重力和离子碰撞后的反弹。(1)比较M、N两板的电势高低和由D点进入的离子的速度大小v0；(2)求立方体内匀强磁场的磁感应强度大小；(3)通过调整板M、N间电压，可以控制离子在y轴方向上的注入；通过改变立方体内磁场的方向，可以控制离子在x轴方向上的注入。假设板M、N间的电压大小为λU0，立方体内的磁场磁感应强度大小不变、方向始终垂直于y轴，为保证进入立方体的离子均能注入硅片且硅片的全部区域都有离子注入，求λ的取值范围。答案(1)M板电势高eq\f(U0,dB0)(2)eq\f(\r(2)mU0,qB0dL)(3)eq\f(\r(2),4)≤λ≤eq\f(5\r(2),4)解析(1)根据题意可知，由D点进入的离子在M、N板间做直线运动，因此运动时静电力与洛伦兹力平衡，根据左手定则可知洛伦兹力沿z轴正方向，则静电力应沿z轴负方向，则M板电势高于N板电势。该离子做匀速直线运动，有B0qv0＝eq\f(U0,d)q，解得v0＝eq\f(U0,dB0)(2)离子由D点进入后在立方体ABC1O1面做匀速圆周运动，离子的轨迹如图甲所示因离子到达AB边时速度垂直AB边，则A点为离子的轨迹圆心，由几何关系得，离子的轨道半径R＝eq\f(\r(2)L,2)由牛顿第二定律得qv0B＝eq\f(mv02,R)解得B＝eq\f(\r(2)mU0,qB0dL)(3)在板M、N间的电压确定时，离子在D点的速度大小和离子在磁场中做圆周运动的半径大小也相应确定，在板M、N间，有qvB0＝qeq\f(λU0,d)离子在立方体内的磁场中运动时，有qvB＝eq\f(mv2,r)联立解得r＝eq\f(\r(2)λ,2)L当离子注入F点时，离子的轨道半径最大，λ值最大，此时磁场方向沿x轴正方向，取DEF截面作平面图如图乙所示离子的轨迹如图乙中圆弧1所示，由几何关系可知L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1