【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学校2022-2023学年高三上学期期末理综物理试题 含解析.docx，共(22)页，1.949 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5ab0dc697d54387bce49c5141dbaa5d5.html

以下为本文档部分文字说明：

四川省叙州区二中高2023届高三上期期末考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分

，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列有关物理学史的说法正确的是（）A.普朗克发现了光电效应现象，并用光子说进行

解释B.玻尔通过粒子散射实验提出玻尔原子结构模型C.汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子D.卢瑟福用粒子轰击氮原子核发现了中子【答案】C【解析】【详解】A．爱因斯坦发现了光电效应现象，并用光子说进行解释；普朗克通过研究黑

体辐射规律，提出了能量子的概念，故A错误；B．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；玻尔在普朗克关于黑体辐射的量子论和爱因斯坦关于光子的概念的启发下，把微观世界中物理量取分立值的观念应用到原子系统，提出了自己的原子结构假说，故B错误；C．汤姆孙通过研究阴极射线发现

了电子，故C正确；D．查德威克用α粒子轰击铍原子核发现了中子，故D错误。故选C。2.某空降兵从直升机上跳下，8s后打开降落伞，并始终保持竖直下落．在0~12s内其下落速度随时间变化的υ-t图像如图所示．则A.空降兵在0~8s内下落的高度

为4v2B.空降兵(含降落伞)在0~8s内所受阻力可能保持不变C.8s时空降兵的速度方向改变，加速度方向保持不变D.8~12s内，空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A、由v-t图像可知，v-t图像包围的面积表示位移，则

空降兵在0-8s内下降的高度大于221842vv=，故A错误；B、由v-t图像可知，在0-8s内，v-t图像的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mgfma−=，故所受的阻力越来越大；故B错误；C、由v-t图像可知，在8s时，空降兵的速度开始减小，但是方向不变，斜率的

正负发生了改变，故加速度的方向发生了改变，变为竖直向上，故C错误；D、8-12s内，物体的加速度方向竖直向上，受力分析得：Fma=合，由图像可知，斜率越来越小，故加速度越来越小，所以空降兵(含降落伞)所受合力逐渐

减小，故D正确．3.已知火星与地球的半径之比为p，质量之比为q，火星与地球绕太阳公转的周期之比为k，由以上信息可得（）A.火星与地球表面的重力加速度之比为2pqB.火星与地球的密度之比为3qpC.火星与地球绕太阳的轨道半径之比为32kD.火星与地球受到太阳的万

有引力之比为21p【答案】B【解析】【详解】B．由密度公式MV=及343VR=联立可得334MR=可知火星与地球的密度之比为3qp，故B正确；A．由2MmmgGR=可得星球表面的重力加速度为2GMgR=知火星与地球表面的重力加速度之比为2qp，故A错误；C．对太

阳的行星，由2224MmGmrrT=得2324GMTr=可得火星与地球绕太阳的轨道半径之比为23k，故C错误；D．太阳行星受到太阳的万有引力为2MmFr=太可得火星与地球受到太阳的万有引力之比为43qk，故D错误。故

选B。4.如图甲所示，ab为磁场边界，在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t=0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，用一根横截面积为S电阻率为ρ的硬质导线做成两个半径分别为r和2r的圆环1和圆环2，让圆环的直

径与边界重合．磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则0-t1时间内()的A.两圆环中产生感应电流的方向为逆时针B.两圆环一直具有扩张的趋势C.环1和环2中感应电流的大小之比为1:2D.环1和环2中的电功率之比为1:4【答案】C【解析】【详解】磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”

可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，0-t0为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0-t1为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，AB错误；从图乙中可知磁场均匀变化，即Bt恒定，根据法拉第电磁感应定律BEStt==可知

产生的感应电动势大小之比为()2122142ErEr==，根据电阻定律2LrRSS==可知两环的电阻之比为1212RR=，故感应电流之比为11122212EIREIR==，C正确；电功率之比为2111222218

PIRPIR==，D错误．5.如图所示,矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动,磁感应强度大小为B,线圈转动的角速度为,匝数为N,线圈电阻不计．下列说法正确的是()

A.电容器的电容C变小时,灯泡变亮B.将原线圈抽头P向下滑动时,灯泡变暗C.若线圈转动的角速度变为2,灯泡变亮D.线圈处于图示位置时.,电压表读数0为【答案】C【解析】【详解】A．电容器的电容C变小时，容抗变大，故干路电流减小，灯泡变暗，故A错

误；B．矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据变压比公式1122nUnU=输出电压变大，故灯泡会变亮，故B错误；C．若线圈转动角速度变为2ω，根据电动势最大值公式Em=NB

Sω，最大值增加为2倍，根据变压比公式1122nUnU=可知，输出电压变大，所以灯泡会变亮，故C正确；D．线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，但电压表读数不为0，故D错误．故选C．6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环

相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh=，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A.下滑过程中，加速度一直减小B.下滑过程中，克服摩擦力做功为214mvC.在C处，弹簧的弹

性势能为214mvmgh−D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【答案】BD【解析】【详解】A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，又经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加

速度先减小后增大，的的故A错误；B．研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理有f0mghWW−−=弹同理在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理有2f102mghWWmv−+−=−弹联立解得2f14Wmv=故B正确；C．由f0mg

hWW−−=弹得214Wmghmv=−弹所以在C处弹簧的弹性势能为214mghmv−，故C错误；D．圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理有2f102BmghWWmv−=−−弹圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有2f1

02BmghWWmv−=−+−弹即2f12BmghWWmv−=+弹所以BBvv即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确。故选BD。7.如图所示为一正方体，现由顶点O沿不同的方向

将一系列可视为质点的小物体水平抛出，抛出的方向均在上表面的范围内，经过一段时间所有的物体均直接落在bcd范围内，忽略空气阻力，取abcd所在的平面为重力势能的零势能面。则下列说法正确的是（）A.物体的最大初速度为最小初速度的2倍B.落在c点的

物体在空中运动的时间最长C.如果物体落在连线bd上，则落地时的最大机械能是最小机械能的2倍D.如果物体落在连线ac上，则物体经连线cO瞬间的速度方向均相同【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．物体落在ac中点

时水平位移最小，落在c点时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1:2，由于运动时间t相等，又由0xvt=得物体初速度的最小值与最大值之比是1:2，故A正确；B．物体做平抛运动，由竖直方向的分运动212h

gt=得2htg=由于物体下落的高度相同，则平抛运动的时间相等，故B错误；C．落在bd线段中点的物体，落地时的机械能最小，落在bd线段上d或b的物体，落地时机械能最大。设落在bd线段中点的物体初速度为1v，水平位移为1x，落

在bd线段上d或b的物体初速度为2v，水平位移为2x。由几何关系有12:1:2xx=由0xvt=得12:1:2vv=落地时的机械能等于抛出时的机械能，分别为21112Emghmv=+，22212Emghmv=+可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1:2

，故C错误；D．设Oc的倾角为，轨迹与Oc相交的物体，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为。则有20012tan2===gtygtxvtv，0tangtv=则tan2tan=，可知一定，则轨迹与Oc线段相交的物体，在交点处的

速度方向相同，故D正确。故选AD。8.如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。一质量为m、电阻为R的矩形金属框从t=0时刻由静止释放

，某时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，线框面积为S，t1=t0，t2=2t0，t3=3t0。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（）A.t1~t2时间内金属框中的电流方向会发生变化B.0~t3时间内金属框做匀加速直线运动C.0~t3时间内金属框做加

速度逐渐增加的直线运动D.t1~t3时间内金属框中产生的焦耳热为22002BSRt【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．根据Bt−图像可知，13tt时间内Bt−线的斜率不变，则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，A错误；BC．30t时间内，根

据左手定则，可知ab、cd受到的安培力方向相反，大小时刻相等，故金属框所受安培力的合力为零，所以在斜面方向上，只有重力沿斜面向下的分力，恒定不变，故加速度不变，所以这段时线框向下做匀加速直线运动，B正确，C错误；D．线圈中的感应电动势00ΔΔBBSEStt==则13tt时间内金

属框中产生的焦耳热为22200022BSEQtRRt==D正确。故选BD。第II卷（非选择题，共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题。第22~32题为必考题，每个试题考生都做答；第33~38题为选考题，考

生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.用如图所示的装置可以验证动量守恒定律。上方装有等宽挡光片的滑块A和B，在相碰的端面上装有轻质的弹性碰撞架。（1）实验前需要调节气垫导轨水平，将滑块A置于光电门1的左侧轨

道，轻推一下滑块A，其通过光由门1和光电门2的时间分别为、。若___________（选填“〉”、“=”或“〈”），则说明气垫导轨水平。（2）实验时，先将滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于光由门2的右侧，再给滑块A一

个向右的初速度，给滑块B一个向左的初速度，两滑块在两光电门之间的某位置发生碰撞，然后各自弹回，滑块A第一次通过光电门1的挡光时间为tA，弹回时经过光电门1的挡光时间为tA′，滑块B第一次通过光电门2的挡光时间为tB，弹回时经过光电门2的挡光时间为tB′。为

完成该实验，下列必须测量的物理量或必要的操作有___________。A.滑块A（带挡光片）的总质量B.滑块B（带挡光片）的总质量C.挡光片的宽度dD.光电门1到光电门2的距离LE.必须同时给滑块A、B初速度F.两滑块碰撞时必须视为弹性碰撞（3）若滑块A和B在碰撞的

过程中动量守恒，则应该满足的表达式为12ABmmtt−=___________（用已知量和测量量的符号表示）。【答案】①.=②.AB③.21BAmmtt−【解析】【分析】本题考查动量守恒定律，目的是考查学生的实验能力。【详解】解：（1）[1]当气垫导轨水平时滑块A在导轨

上做匀速直线运动，所以滑块A通过两光电门的时间相等，即“=”。（2）[2]本实验需要验证动量守恒定律，所以在实验中必须要测量滑块A、B的总质量和碰撞前后的速度，速度可以根据挡光片的宽度和滑块通过光电门的时间求解，

挡光片的宽度可以在数据处理的过程中消去，所以不需要测量挡光片的宽度，两滑块碰撞时不一定必须视为弹性碰撞，故选项A、B正确，其他选项均错误。故选AB。（３）[3]根据速度公式可知，碰前A的速度大小为Adt、B的速度大小为Bdt，碰后A的速度大小为Adt、B的速度大小为Bdt，设A碰撞前的运

动方向为正方向，根据动量守恒定律得1221ABBAddddmmmmtttt−=−解得1221ABBA=mmmmtttt−−10.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率（圆柱体的电阻约为6Ω）：(1)如图甲先用螺旋测微器测其直径为______mm

，如图乙再用游标卡尺测其长度为_______cm；(2)为精确测量其电阻，需测出多组实验数据，并避免测量时电表指针偏转角度过小，需进一步测其电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，为了测多组实验数据，则电压表应选___________；电流表应选________

___；滑动变阻器应选___________。（填写器材前对应的序号字母）A.电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B.电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）C.电流表A1（量程0.6A，内阻约为1Ω）D.电流表A2（量程3A，内

阻约为0.2Ω）E.滑动变阻器R1（0~5Ω，0.6A）F.滑动变阻器R2（0~2000Ω，0.1A）G.1.5V的干电池两节，内阻不计H.开关S，导线若干(3)请设计合理的实验电路，将电路图完整地画

在图虚线框中；（）(4)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=___________。【答案】①.1.844（1.842~1.847均可

）②.4.240③.A④.C⑤.E⑥.⑦.24DUIL【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数为:固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为1.5mm+34.4×0.01mm=1.844mm（1.842~1.847均可）[2]游

标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数，由题图乙知，长度为42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm(2)[5]待测电阻大约6Ω，若用滑动变阻器R2（0~2000Ω，0.1A）调节非常的不方便，所以应用滑动变阻器R1（0~5Ω，0.6A）。[3]两节干电池电动势为3V，所以电压表应

选3V量程。[4]为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的最大电流约为0.5AUIR==所以电流表量程应选0.6A量程。(3)[6]根据以上分析电路图如图所示:(4)[7]由UIR=，LRS=

及22DS=得24DUIL=11.如图，x<0区域存在沿x轴正方向、场强大小为E的匀强电场；x≥0区域存在沿x轴负方向、场强大小为2E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子在电场中P（-L，2L）点沿y轴负方向以

某一初速度v0射出，粒子恰好从坐标原点O进入x>0区域。粒子重力不计。求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)粒子第二次通过y轴的位置坐标。【答案】(1)02qELvm=；(2)（0，-2L）【解析】【详解】（1）粒子在x<0区域做类平抛运动，轨迹如图设粒子的运动时

间为t1，从P到O，由运动学规律有2L=v0t1，21112Lat=由牛顿第二定律有qE=ma1由运动学规律有212xvaL=得2xqELvm=（2）在x>0区域，粒子做加速度恒定的匀变速曲线运动，第二次通过y轴的位置为N，从O到N运

动的时间为t2。运动轨迹如图所示由牛顿第二定律有22qEma=从O到N，由运动学规律有02ONvt=，2222102xvtat=−联立求解得ON=2L所以粒子第二次通过y轴位置坐标为N（0，-2L）12.如图所示，木槽A质量为m，置于水平桌面上，木槽上底面光滑，下底面与

桌面间的动摩擦因数为μ，槽内放有两个滑块B和C(两滑块都可看作质点)，B、C的质量分别为m和2m，现用这两个滑块将很短的轻质弹簧压紧(两滑块与弹簧均不连接，弹簧长度忽略不计)，此时B到木槽左端、C到木槽右端的距离均为L，弹簧的弹性势

能为EP＝µmgL。现同时释放B、C两滑块，B与A的竖直内壁碰撞为弹性碰撞，C与A的竖直内壁碰撞后粘在一起不再分离，且碰撞时间极短。求：(1)B、C两滑块离开弹簧时的速度vB、vC的大小；(2)滑块与槽壁第一次碰撞后

A的速度v1的大小；(3)木槽A在与滑块第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，木槽A对地的位移x。【答案】(1)43Bvgl=，13Cvgl=；(2)143vgl=；(3)6Lx=【解析】的【详解】(1)释放后弹簧弹开B、C两滑块的

过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有02CBmvmv=−2211222PBCEmvmv=+解得43Bvgl=13Cvgl=滑块B经过时间t1先与木槽A左侧壁碰撞134BLLtvg==(2)B与A弹性碰撞

，则1BBmvmvmv=+2221111222BBmvmvmv=+解得143vgl=0Bv=(3)木槽A与B滑块相撞后，A向左做匀减速运动，其加速度大小为()24mmmgagm++==木槽A和滑块B相撞后速度减为0的时间1212vLtag==在（t1+t2）这

段时间内，木槽移动的距离为x1，则112126Lxvt==滑块C和木槽移动的距离之和为()12156CsvttxLL=++=所以在C与A相撞前A已停止运动。所以木槽移动的距离为x1，则6Lx=（二）选考题：共45分。请考

生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选1题解答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]（15分）13.下列说法正确的是_______。A.物体从外界吸收热量，其内能一定增加B.涉及热现象的宏观自然过程都具有方向性，是不可逆的C.液晶具有液体的流动性，其光

学性质与某些晶体相似具有各向异性D.两个物体内能相同，则它们的温度一定相同E.温度升高时，液体的饱和汽压增大【答案】BCE【解析】【详解】A．根据热力学第一定律W+Q=△U，物体从外界吸收热量，但做功情况不明确，其内能不一定增加，故A错误；B．自然界进行的涉及

热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，热量可能由低温物体传递到高温物体，但要产生其它影响，故B正确；C．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，故C正确；D．物体内能和温度、质量、分子种类等都有关，所以两个物体内能相同，

则它们的温度不一定相同，故D错误；E．温度升高时，分子平均动能增大，单位时间内逸出液面的分子数增多，于是原来的动态平衡状态被破坏，空间气态分子密度逐渐增大，导致单位时间内返回的分子数增多，从而达到新的条件下的动态平衡，所以温度升高时，液体的饱和汽压增大，故E正确。故选BCE。14.如图所示，粗细

均匀的U形管两端等高，左端封闭，右端与大气相通。左管中A部分为真空，B部分封有空气柱，图中L1=20cm，L2=25cm，大气压强p0=75cmHg。现往右管中缓慢加注水银，直到右管水银面与管口相平，求：

(1)加注水银前，图中L3的长度；(2)加注的水银面与管口相平时，B中空气柱的长度。【答案】(1)L3=55cm；(2)x=5cm【解析】【详解】(1)未加水银之前，A处为真空没有压强，对B中空气柱：p

1=L1p1+L3=p0L3=55cm(2)设水银管的横截面积为S，V1=L2S；加了水银后，因为A处为真空，B气体上方水银上升到试管顶部。设最终B中空气柱长为x，V2=xS则p2=p0＋(L1＋x)根据玻意耳定律得p1V1=p2V2（写成p1L2=p2x也可以）x=5cm[物

理—选修3–4]（15分）（5分，填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）。15.一简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图a所示，x=0.40m处的质点P的振动图线如图b所示，已知该波的波长大于0.4

0m，则下列说法不正确的是（）A.质点P在t=0s时刻沿x轴正方向运动B.该列波的波长一定为1.2mC.该波的传播速度一定为0.4m/sD.从t=0.6s到t=1.5s，质点P通过的路程为4cmE.质点P做简谐振

动的表达式为y=2sin（109πt+5）（m）【答案】ACE【解析】【分析】【详解】A．由图（ｂ）可知，质点P在t=0s时位移为3cm，下一时刻位移大于3cm，所以质点P在t=0s时运动方向沿ｙ轴正方向运动，故A正确；B．

由于该列波的波长大于0.4m，又22sin33=解得21.2m23x==故B错误。C．由图（b）可知21.534TsT+=解得1.8sT=则波速为2m/s3λvT==故C正确；D．从t=0.6s到t=1.5s为半个

周期，因此质点P通过的路程等振幅的2倍，即4cm，故D错误。E.质点P做简谐振动的表达式为102sin()cm93yt=+故E正确。故选ACE。16.某精密光学仪器上有一块玻璃砖是由一块长方体的匀质玻璃下部分挖

掉一个半径为R的半圆柱形成的，其截面如图所示，CD为半圆柱体的直径，O为圆心，AD长为3R。一束单色光从AD边的中点E垂直射入玻璃砖，经过折射后从玻璃砖中射出。已知玻璃砖对该单色光的折射率为3，光在真空中的传播速度为c。①请画出此光束在玻璃砖中的光路图，并

求出该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖时的折射角；②该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所经历的时间。【答案】①如图所示，θ=60°；②332Rtc=【解析】【详解】①由题意可知，作出光在介质中的光路图如图所示。根据图示和题意332sin2ROHOFR===∴α=60°由光进

入该介质的产生全反射时的临界角设为C，得1tanCn=可得α＞C，光线在F点全反射根据图可知30==由G点光线第一次射出介质，由折射定律得1sinsinn=解得θ=60°②根据题意，光中介质中的传播速度为cvn=1sin2EFRR

R=−=FG=FO=R所以光在介质中传播的时间为EFFGtv+=332Rtc=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com