【文档说明】安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省2023届高三下学期2月适应性测试 理综物理 含解析.docx，共(15)页，4.086 MB，由小赞的店铺上传

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理科综合能力测试1.甲状腺痛患者手术切除甲状腺后，可以通过口服含有碘131的药物进一步进行放射性治疗，为避免患者体内的碘131产生的辐射对他人造成危害，应进行一段时间的隔离，碘131发生衰变的过程可以用

方程1311315354IXeZ→+来表示，不考虑患者对放射性药物代谢的影响，下列说法正确的是（）A.碘131的衰变为衰变B.碘131衰变方程中的Z为He原子核C.患者口服剂量的大小，不影响隔离时间的长短D.患者服药后，药物中含有的碘131经过两个半衰期全部衰变【答案】A【解析】【详解】AB．根

据质量数和电荷数守恒可知反应方程为131131053541IXe+e−→可知该衰变为β衰变，方程式中的Z为电子，故A正确，B错误；C．因为碘131的半衰期不变，要避免碘131产生的辐射，需要让碘131含量降

低到一定程度，患者口服剂量的大小会影响隔离时间的长短，故C错误；D．患者服药后，碘131经过两个半衰期还剩下原来的14，故D错误。故选A。2.如图，一束单色光从厚度均匀的玻璃砖上表面M点射入，在下表面P点反射的光线经

上表面N点射出，出射光线b相对入射光线a偏转60，已知M、P、N三点连线组成等边三角形，则该玻璃砖的折射率为（）A.2B.1.5C.3D.2【答案】C【解析】【详解】由于出射光线b相对入射光线a偏转60，可知入射角为60=；又因为

M、P、N三点连线组成等边三角形，则可知折射角为=30，所以折射率为sinsin60=3sinsin30n==故选C。3.一汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6s内前进了24m，启动5t时间

后的6s内前进了48m，则该汽车的加速度大小和t分别为（）A.21m/s，1sB.22m/s，1sC.22m/s，2sD.21m/s，2s【答案】A【解析】【详解】设汽车启动的加速度为a，则由题意可知启动t

时间后的速度为1vat=启动5t时间后的速度为25vat=则根据位移与时间的关系有2124662ata=+2148=5662ata+联立可得21m/sa=，1st=故选A。4.如图，空间存在方向垂直纸面（竖直面）向里的足够大的磁场

，以竖直向下为z轴正方向，磁感应强度的大小为0BBkz=+，式中0B、k为常量，纸面内一质量为m、边长为a、总电阻为R的正方形导线框在磁场中由静止开始下落，初始时导线框底边水平，最终线框将匀速下落，重力加速度大小为g，则线框匀速下落时的速

度大小为（）A.242mgRkaB.24mgRkaC.242mgRkaD.244mgRka【答案】B【解析】【详解】线框中电动势)下下上上(=−=−EBavBavBBav由题意可得下上−=BBka根据EIR=联立可得2=kavIR当线框匀速下落时有(

)下上=−mgBBIa解得24=mgRvka5.空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SPMN⊥，P为垂足，如图所示，已知SP

MPL==，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（）A.2qBLmB.2qBLmC.5qBLmD.10qBLm【答案】C为【解析】【详解】粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的

轨迹如图所示MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，SPPQL==，2MQL=；粒子运动的半径为r，根据几何关系可知四边形SPOQ为平行四边形，则222rOQMQ=+解得5rL=粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿

第二定律可知2vqvBmr=解得粒子的最小速率为5qBLvm=故选C。6.一颗在赤道平面内自西向东绕地球做圆周运动的近地卫星P，在某时刻处于地面上一标志性建筑物Q的正上方，P做圆周运动的半径可近似看作地球半径，考虑地球自转，则（）A.

P始终位于Q的正上方B.经过5分钟后，P处于Q的东侧C.经过5分钟后，P处于Q的西侧D.P的角速度大小大于地球自转角速度大小【答案】BD【解析】【详解】地球的自转方向为自西向东，近地卫星P也自西向东运动，P和Q初始位置如图所示近地卫星的轨道半径接近地球半径6400kmR，万有引力提

供向心力，根据牛顿第二定律可知22MmvGmRR=解得GMvR=卫星的速度接近地球的第一宇宙速度7.9km/s，绕行地球一周用时约85min左右，绕行速度和角速度远大于地球自转一周24h的速度和角速度，因此P不可能始终

处于Q的上方；5min后卫星P转过的角度为53601.252460=，处于Q的东侧。故选BD。7.摩擦纳米发电机是一种新型发电装置，由两个导体板以及附着在导体板上的两种不同电介质组成，两种电介质重复性的接触分离，可以将机械能转化为电能，当发电机两极板处于如图所示状

态时，可以等效为一个平行板电容器，其电容的大小是影响发电性能的重要参数之一，在以下方法中，可以增大电容值的是（）A.增加电介质a或b的厚度B.减小电介质a或b的厚度C.同时减小两个导体板和附着在导体板上电介质

a、b的面积D.同时增大两个导体板和附着在导体板上电介质a、b的面积【答案】AD【解析】【详解】AB．电介质a和b的厚度增加，相对介电常数r增加，根据电容的决定式r4SCkd=可知电容增加，A正确，B错误；CD．同时增大导体板和电介质的面积，正对面积S增大

，根据电容的决定式r4SCkd=可知电容增加，C错误，D正确。故选AD。8.在如图所示的电路中，将开关S与b端连接，稳定后改为与a端连接，这样在线圈和电容构成的回路中将产生电磁振荡，若振荡周期为T，以开关与a端接触的瞬间为0=t时刻，则（）A.0=t时，电

路中磁场的能量最大B.4Tt=时，振荡回路中电流最大，且从a经线圈流向dC.2Tt=时，电容器的电荷量最大D.在2Tt=到34T时间段内，电容器充电【答案】BC【解析】【详解】开关S先与b连接，电容器C充电，上级板带正电，下级板带负电，开关S再与a连接开始计时，此时振荡回

路中电荷量最大，电流为0，如图所示A．0=t时刻，线圈中的电流为0，无法激发磁场，磁场的能量为0，A错误；B．4Tt=时刻，振荡回路中电流最大，电容器从初始时刻放电结束，电流方向为a到d，B正确；C．2Tt=时刻，电容器反向充电结束，电荷量达到最大，C正确；D．2Tt=到34T时间段内，电

容器反向放电，D错误。故选BC。9.某物理实验小组为了探究在压强不变的情况下气体的体积与热力学温度的关系，选用了如图（a）所示的实验装置，图中压强计的指针可指示出管内气柱的压强，刻度可指示出气柱的体积，整个装置安装在固定架上，实验中气柱质量不变。（1）将下列实验步骤补充完整；①在烧

杯中放入冰水混合物，使其浸没气柱，压强计示数稳定后，记下冰水混合物的热力学温度T、气柱的体积V和压强0p；②改变烧杯内的水温，使水浸没气柱，经过一段时间后，缓慢调节活塞位置改变气柱的体积，使压强计的示数_______，记下气柱体积和水的热力学温度；③

多次改变水温，重复步骤②；（2）下表为某次实验记录的数据：1234567/KT273283300313325333347/mLV10.010.411.011.412.012212.7（3）根据表格中的数据在图（b）给出的坐标

系中补齐数据点，并作出VT−图线；_____.（4）根据作出VT−图线可知，一定质量的气体在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成_______关系。【答案】①.0p②.③.线性【解析】【详解】（1）②[1]本实验

是探究在压强不变的情况下气体的体积和热力学温度的关系，故需要控制压强保持不变，使压强计示数为0p；（3）[2]根据表格数据，补齐数据点并描点连线，作出如下图线：（4）[3]根据作出的V-T图线可知，一定质量的气体在压强不变的情况下，体

积V与热力学温度T成一次线性关系。10.一学生小组利用给定的器材验证机械能守恒定律，步骤如下：（1）分别测量给定的两物块的质量，质量大的为物块1，其质量记为1m；质量小的为物块2，其质量记为2m；的的（2）按图（a）所示组装器材：物

块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接：物块2下端与打点计时器纸带相连，初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，打点计时器所用的交流电源频率为50Hz，相邻两次打点的时间间隔记为t。（3）接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打出的纸带中的一段

经整理后如图（b）所示，每两个相邻的点之间还有4个打出的点未画出，将相邻点的间距依次记为1234,,,ssss和5s，测量并记下它们的大小；（4）利用上述表示各物理量的符号和重力加速度的大小g完成下列填空：在打出图（b）中B点时，物块的运动速度大小

为______；从打出B点到打出E点，系统动能增加量为kΔE=______，系统的重力势减少量为PΔE=______；（5）该小组实测数据为10.250kgm=，20.200kgm=，116.4mms=，

227.2mms=，339.8mms=，449.6mms=，559.0mms=，取29.80m/sg=，则kΔE=______J，PΔE=______J，两者的相对偏差kppΔΔΔEEE−==_______%，如

果5%，则可认为本实验验证了机械能守恒定律。（结果均保留2位有效数字）（6）写出一条本实验产生实验误差的原因：_______。【答案】①.1210sst+②.224512121()()()21010sss

smmtt+++−③.()()23412sssmmg++−④.0.056⑤.0.057⑥.1.8⑦.绳与轮、打点计时器与纸带有摩擦消耗掉一定能量，绳子、纸带动能势能变化没有计入，等【解析】【详解】（4）[1]根据匀

变速运动规律可知打下计数点B时的速度等于A和C之间的平均速度，则1212210BssssvTt++==的[2]根据匀变速运动规律可知打下计数点E时的速度等于D和F之间的平均速度，则4545210EssssvTt++==故系统动能的增加量为()

()12245121222k1221()()()210101122EBsEmmvmmmvsssmtt+++−=+−+=[3]物块1下降的高度等于物块2上升的高度为234hsss=++系统的重力势能减少

量为()()()p121212234Emghmghmmghmmgsss=−=−=−++（5）[4]带入实测数据得系统动能的增加量为()()()()1124512224512452212k21()()()0.05J21160000mmsssssmmsssssssEttt

+++−+++++−−===[5]系统重力势能的减小量为()()p122340.057JEmmgsss=−++=[6]两者的相对偏差为kpp||1.8%EEE−==（6）[7]绳与轮、打点计时器与纸带有摩擦消耗掉一定能量，绳子、纸带动能势能变化没有计入，

等等。11.如图（a），足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其vt−图如图（b）所示，已知砝码质量为0.10kg，重力加速度大小g取210ms/，求（1）物块A的质量；（2）物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。【答案】

（1）0.4kg；（2）0.125【解析】【详解】（1）由题图（b）可知，物块A在P点左边运动的加速度221112m/s2m/s1===vat根据牛顿第二定律BBA1()=+mgmma代入数据解得A0.4kgm=（2）物块A在P点右边运动的加速度2222232m/s1m/

s21−===−vat根据牛顿第二定律BABA2()−=+mgmgmma代入数据解得0.125=12.三个相同的金属小球A、B、C均带电，其中A和B所带的电荷量分别为q、32q，二者分别与两根等长的绝缘细线一端相连，两细线的另一端固定在同一点O，平衡时连接小球的细线与竖直方向的

夹角均为30，如图所示，现用小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C（过程中A、B之间未接触），A和B再次平衡后，两细线之间的夹角变为120，求初始时小球C所带的电荷量。【答案】8q或13−q【解析】【详解】设细绳的长度为L，

由几何关系可知，初始时A、B间的距离为L，则2AB2223322库===qkqkqqkqFLLL对A球由平衡条件可得tan30库=Fmg当C小球分别与A、B接触后，由题意结合几何关系可知，A、B间的距离变为3L，根据平衡条件可得''AB'2

tan60(3)库==kqqFmgL可得''2AB272=qqq此时小球A、B所带的电荷量分别为'ACA2+=qqqACB'B22++=qqqq联立解得C18=qq，C213=−qq13.如图，水平轨道ABCD、分别与高为h、倾角30=

的斜面轨道BC两端平滑连接，质量为m的小物块P静止在水平轨道AB上，质量大于m的小物块Q位于P的左侧，Q的初动能为054kEmgh=（g为重力加速度大小），初速度方向向右；Q与P发生碰撞后，P沿斜面上滑高度2536h后返回，在水平轨道上与Q再次发生碰撞，所有垫道

均是光滑的，每次碰撞均为弹性碰撞。（1）求Q的质量；（2）求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小；（3）为保证第2次碰撞能在水平轨道AB上发生，求初始时P离斜面底端B的最小距离。【答案】（1）5m；（2）389gh；（3）10027h【解析】

【详解】（1）设Q的质量为M，初速度大小为V0，第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v1、V1，以向右为正方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有2k0012=EMV011MVMVmv=+222011111222MVMVmv=+21

125236mvmgh=联立可得5Mm=（2）第2次碰撞前瞬间P的速度大小为v1，方向向左；设碰撞后瞬间P、Q的速度分别v2、V2，P沿斜面上滑到C点时的速度大小为Cv，由动量守恒定律和机械能守恒定律有1122MVmvMVmv−=+2222112211112222MVmvMVmv+=+2221

122Cmvmghmv=+联立可得389Cghv=（3）设初始时P离斜面底端B的距离为s，第1次碰撞后Q运动到斜面底端B所需时间为t，P运动到斜面底端B所需时间为t1，P沿斜面运动时加速度的大小为a，在斜面上运动所需总时间为t2，由运动学公

式、牛顿第二定律有1sVt=11svt=sinmgma=122vta=由题意12ttt+联立上述各式并由题给条件得10027sh即初始时P离斜面底端B的最小距离为10027h。