【文档说明】安徽省六安第一中学2022-2023学年高三下学期第八次月考理综物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.142 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f2b53a970a9637ae090227e435e2b238.html

以下为本文档部分文字说明：

六安一中2023届高三年级第八次月考理科综合1.2023年1月，日本确认将于“今年春夏期间开始向太平洋排放福岛核电站内储存的逾130万吨核污染水，核泄漏对环境会造成污染，影响人类安全，其中核反应之一为909038

39SrYX→+，半衰期为28年，下列说法错误的是（）A.该核反应为β衰变B.该衰变反应中质量数守恒，能量守恒C.9039Y的比结合能比9038Sr的比结合能大D.100个9038Sr子核经过一个半衰期后，还剩50个未衰变【答案】D【解析】【详解】AB．根据核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，

可知X为01e−，则该核反应为β衰变，衰变过程满足能量守恒，故AB正确，不满足题意要求；C．比结合能越大，原子核越稳定，则9039Y的比结合能比9038Sr的比结合能大，故C正确，不满足题意要求；D．半衰期具有统计规律，是对大量原子核适用，

对少数原子核不适用，故D错误，满足题意要求。故选D。2.学校召开运动会，买了部分透明材料奖杯，其横截面是以顶点B为圆心、圆心角为120扇形ABE，如图所示，研究性小组的同学想用激光束测量这种奖杯材料的折射

率，他们将激光束平行纸面且垂直BE面射入该材料，入射点为D，该激光束恰好未从圆弧面AE射出，已知22BDBE=，则光线从AB面射出的折射角为（）A.60B.30C.45D.无法计算【答案】C【解析】的【详解】

如图因为22BDBE=，光线恰好未从圆弧面AE射出，所以光在AE面的入射角为临界角45C=，所以反射光线与BE边平行，由60=可得，光线在AB面上的入射角30=，设光线第一次从AB面射出的折射角为

，根据1sinCn=，sinsinn=得45=故选C。3.如图所示，两电荷量分别为Q−和2Q+的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以2Q+的点电荷所在位置为圆心、2L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是（

）A.c、d两点的电势不相同B.将一正点电荷从a沿圆弧经c移动到b，电势能增加C.c、d两点的电场强度相同D.a点的电场强度小于b点的电场强度【答案】B【解析】【详解】AB．a、b、c、d四点在以点电荷2Q+为圆心的圆上，由2Q+产生的电场在a、

b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过Q−产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知q+在a处的电势能最小，在b处的电势能最大，在c、d两处的电势能相等，故A错

误，B正确；CD．根据点电荷电场强度公式2kQEr=结合矢量的合成法则可知，a点电场强度最大，因此a点的电场强度大于b点的电场强度，且c、d两点场强大小相等，方向不同，故CD错误。故选B。4.如图所示，it−像表

示LC振荡电路的电流随时间变化的图像，在0=t时刻，回路中电容器的M板带正电，在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M板仍带正电，则这段时间对应图像中（）A.bc段B.cd段C.Oa段D.ab段【答案】B【解析】【详解】某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减

小，电容器充电，而此时M板带正电，则测电流方向为顺时针方向。在0=t时，电容器开始放电，且M极板带正电，结合it−图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间内电流为负且正在减小，符合条件的只有图像中的cd段。故选B。5.晾晒衣服的绳子两端A、B分别固定在两根竖直杆上，A点高

于B点，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止（如图），不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法中一定正确的是（）A.有风时，挂钩左右两侧的绳子拉力不相等B.无风时，挂钩左右

两侧绳子OA较陡C.相比无风时，有风情况下∠AOB大D.在有风的情况下，A点沿杆稍下移到C点，绳子的拉力变小【答案】D【解析】【详解】A．由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，且O点为活结，活结两端的拉力总是相等，A错误；B．无风时，假设OB与水平方向的夹角为，OA与水平方向的夹角

为，两细绳拉力水平方向的分力大小相等，方向相反，有coscosFF=可得=即挂钩左右两侧绳子倾斜程度相同，B错误；C．设绳长为L，两杆之间的距离为d，根据几何关系可得sindL=无风时，根据平衡条件可得2cosFmg=解得2cosmgF=有风后，衣服受力多个风力

，四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，如图2所示的状态此时通过A点和B点做平行于合力方向的直线，相对于两根杆的方向（如图红线所示），根据图中几何关系可知两根杆（即两红线）之间的距离d变小，风力越大，距离越小，则越小，故有风时∠AOB一定减的小，

C错误；D．当在有风的情况下，将A点沿杆稍下移到C点，根据图像可以看出，两端绳子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则拉力F变小，D正确。故选D。6.现有一根长0.4m的轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一个可视为质点且质量为1kg的小球，将小球提至

O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示，不计空气阻力，210m/sg=，则（）A.小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之上B.小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之下C

.小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为0ND.小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为40N【答案】BC【解析】【详解】AB．若要想使得细绳恰在与O点水平线时细绳伸直，则需满足201,2LvtLgt==解

得02m/sv=则若小球以1m/s的速度水平抛出，则到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之下，故A错误，B正确；CD．要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时重力恰好提供的向心力，根据牛顿第二定律可得2vmgmL=解得100.4m/s2m/svgL===小球以2m/s

的速度水平抛出的瞬间，轻绳刚好有拉力，张力为0；小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，对小球受力分析，由牛顿第二定律得21vTmgmL+=解得30NT=故C正确，D错误。故选BC。7.地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆

形的。已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r的立方与周期T的平方的关系图像，已知万有引力常量为G，地球的半径为R，下列说法正确的是（）A.木

星与地球的质量之比为bdacB.木星与地球的线速度之比为1:5C.地球密度为34πaGdRD.木星密度为33π1331bGcR【答案】AD【解析】【详解】卫星绕行星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得2

224GMmmrrT=解得3224GMrT=故r3﹣T2图象的斜率为24GMk=A．由题意可知，木星的质量大于地球的质量，由图示图象可知bkc=木，akd=地故木星与地球的质量之比为MkbdMkac==木木地地故A正确；B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22GMmvmrr=解得线速

度GMvr=设地球、木星公转半径分别为r地、r木，故木星与地球的线速度之比为15vrvr==木地地木故B错误；C．由图示图象可知24GMakd==地地故地球质量为24=aMGd地地球的密度33343MaGdRR==地故C

错误；D．由上述分析可知24GMbkc==木木解得24bcGM=木又因为=11RR木故木星的密度333413313MbGcRR==木故D正确。故选AD。8.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平

行金属导轨水平放置于磁感强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是0FF

kv=+（0F、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为AF，电阻R两端的电压为RU，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【详解】设金属棒在某一时刻速度

为v，由题意可知，感应电动势EBLv=环路电流EBLIvRrRr==++即Iv安培力方向水平向左，即22==+安BLvFBILRr则Fv安R两端电压RBLRUIRvRr==+即RUv感应电流功率222

BLPEIvRr==+即2Pv分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得222200BLBLFFFFkvvFkvRrRr=−=+−=+−++合安加速度Fam=合因为金属棒从静止出发，所以

00F且0F合，0a加速度方向水平向右。AC．若22BLkRr=+，0FF=合即0Fam=金属棒水平向右做匀加速直线运动。有vat=说明vt即It，Ft安，RUt，2PtA正确，C错误；B．若22BLkRr+F合随v增大而增大，即a随v

增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，B选项；D．若22BLkRr+F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，D正确。故选

ABD。9.某同学在资料上发现弹簧振子的周期公式为2mTk=，弹簧的弹性势能公式为成2p12Ekx=（式中k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，x为弹簧的形变量），为了验证弹簧的弹性势能公式，他设计了如图甲所示的实验：轻弹簧的一端固定在水平光滑木板一端，另一端连接一个质量为M

的滑块，滑块上竖直固定一个挡光条，每当挡光条挡住从光源A发出的细光束时，传感器B因接收不到光线就产生一个电信号，输入电脑后经电脑自动处理就能形成一个脉冲电压波形；开始时滑块静止在平衡位置恰好能挡住细光束，在木板的另一端有一个弹簧枪，发射出质量为m，速度为v0的弹丸，弹丸击中木

块后留在木块中一起做简谐振动（1）系统在振动过程中，所具有的最大动能Ek＝__________；（2）系统振动过程中，在电脑上所形成的脉冲电压波形如图乙所示，由图可知该系统的振动周期大小为：T＝_________；（3）如果再测出滑块振动的振幅为A，利用资料上提供的两个公式求出系统振动过程

中弹簧的最大弹性势能为：Ep＝_________；通过本实验，根据机械能守恒，如发现Ek＝Ep，即验证了弹簧的弹性势能公式的正确性。【答案】①.（1）2202()mvmM+②.（2）2T0③.（3）2220()2mMAT

+【解析】【分析】【详解】（1）[1]弹丸和滑块碰撞瞬间动量守恒，因此有0()mvMmv=+碰后的最大动能为()2k22011()22mEMmvMmv=+=+（2）[2]滑块离开平衡位置以后，第二次到达平衡位置时间间隔为一个周期．由图乙可知，振动周期的大小为2T0，故该系统的振动周期的大小

为2T0；（3）[3]由周期公式为的2mTk=得022MmTk+=所以求出()202TMmk+=所以由弹性势能公式为成2p12Ekx=得22p20()2mMAET+=10.随着智能手机耗电的增加，充电宝成为外出常备物品。为测量

某款充电宝（可视为跟蓄电池和干电池一样的可移动直流电源）在充满电后的电动势和内阻，某同学拆开了充电宝，在里面找到连接正极和负极的两根导线，准备开始实验．实验室提供的器材如下：A．充电宝E（电动势约为5V）B．电压表）（量程2.5V，内阻约几千欧）C．电流表A（量程1

.5V，内阻约为0.03）D．滑动变阻器1R（最大阻值为10）E．电阻箱2R（最大阻值为9999.9）F．开关12SS、，导线若干（1）该同学发现V表量程太小，准备把V表改装成量程为5V的电压表，而改装前需要知道V表的内阻，为此他设计了图（a）所示

的实验电路，实验步骤如下：①按图（a）连接电路，将变阻器1R的滑片置于最___________（填“左”成“右”）侧，且将电阻箱2R调至阻值最大；②闭合开关12SS、，滑动1R的滑片，使V表的指针指在2.5V处，断开2S，调节电阻箱2R，使V表的指针指在1

.5V处，此时电阻箱2R的示数为2000.0Ω，则V表的内阻vR=__________Ω；③将电阻箱2R的阻值调到0R=____________Ω，使其与V表串联，就改装成了量程为5.0V的电压表；（2）该同学利用电流表和改装好的电压表测量充电宝的电动势与内

阻，设计的电路如图（b）所示。若根据测出的多组V表示数U与A表示数，得到的UI−图线如图（c）所示，则充电宝的电动势E=________V，内阻r=__________。（结果均取2位有效数字）。【答案】①.左②.3000③.300

0④.4.8⑤.1.6【解析】【详解】（1）[1][2][3]为了保证电路安全，在接通开关前，滑动变阻器1R滑片应置于左端；电压表内阻远大于变阻器1R的最大阻值，故断开2S，V表与电阻箱2R的电压仍为2.5V，根据闭合电

路欧姆定律有V1.5V(2.51.5)V2000ΩR−=解得V3000.0ΩR=电压表扩大量程需要串联电阻，有02.5V5V3000.0Ω3000.0ΩR=+解得03000.0ΩR=（2）[4][5]根据闭合电路欧姆定律有()v0VU

RRIrER++=代入数据整理得22ErUI=−结合图像可知2.41.22.4V,Ω221.5Er−==解得4.8V,1.6ΩEr==11.如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸体积为V，横截面积为S，被活塞分成A、B两部分。初始时活塞静置于卡环上，A、B两部分容积之比为2∶1，气体的压强均为

0p。现通过打气孔（气体只进不出）向容器B中缓慢注入压强为0p、一定体积的同种气体，气体注入后活塞静止于圆柱形汽缸正中央。已知活塞的质量023pSmg=（g为重力加速度），活塞厚度不计。整个过程外界温度恒定

，汽缸及活塞密闭性和导热性良好，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：（1）A部分气体最终压强Ap；（2）通过打气孔注入的气体体积V。【答案】（1）043p；（2）23V【解析】【详解】（1）A部分气体做等温变化，根据玻意耳定律有0A2··3

2VpVp=解得A043pp=（2）设B部分气体最终的压强为pB，根据平衡条件有的BA02mgpppS=+=打入B内的气体和B内原有气体整体做等温变化，根据玻意耳定律有00BΔ··32VVpVpp+=解得2Δ3VV=12.如图，xo

y为平面直角坐标系，y>0区域内有一个底边与x轴重合的等腰直角三角形，在该等腰直角三角形区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电粒子(不计重力)从电场中P(0，-h)点以速度0v沿x轴正方向

运动，由Q(2h，0)点进入磁场，经磁场偏转后再次射入电场，恰能以同样的速度0v通过P点并重复上述运动．求：(1)电场强度的大小;(2)磁感应强度的大小;(3)粒子连续两次通过P点的时间间隔;(4)等腰三角形磁场区域的最小面积．【答案】(1)202mvEqh

=；(2)02mvBqh=；(3)0(43)hv+(4)2min36Sh=【解析】【详解】(1)粒子在电场中做抛物线运动,运动轨迹如图所示，的由运动规律及牛顿运动定律得:012hvt=①2112hat=②qEma=③解得

201022mvhtEvqh==④(2)粒子到达Q点时,沿y轴正方向的分速度002yqEhvatvmv===⑤速度方向与x轴正方向的夹角θ满足:0tan,45yvv==⑥粒子在磁场中做匀速圆周

运动(圆心为C),轨迹如图所示，粒子在磁场中运动速度为02vv=⑦由几何关系可知轨迹半径为22Rh=⑧...又2mvqvBR=，解得02mvBqh=(3)粒子在磁场中的运动周期为1024RhTvv==则粒子在磁场中的运动时间为120334Thtv==则连

续两次通过P点的时间间隔120(43)2hTttv+=+=(4)若等腰三角形面积最小，则粒子在磁场中运动轨迹应与三角形的腰相切,由几何关系可知最小三角形的腰362LRh==..最小面积为：2min36Sh=13.小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜

面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以v0＝8m/s的速度滑

上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F＝mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA＝mB＝mC，斜面高h＝0.8m，A、

C间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长？（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过

程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足什么条件？（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。【答案】（1）1.6m；（2）14k>；（3）81422kLkkg++【解析】【详解】（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方

向，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mC）v1代入数据解得v1＝4m/s若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得2AC1102mgsmv=−代入数据解得s＝1.6m则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是s≥1.6m所以为保证小车C与平台碰撞时

A、C能共速，s至少1.6m。（2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′，由动能定理'22AA1A11122mghmvmv−=−解得v1′＝0A上到平台后受到向右的恒力F＝mgA开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma解得a＝g设与B碰前A的速度

为vA，由运动学公式2A2vgkL=A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mAvA＝mAvA1＋mBvB1由机械能守恒定律可知2AAABB12A12111222mvmvmv=+联立解得vA1＝0B12vgkL=A、B第一次碰后，B合力为零

，在平台上做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为1B12LLtvgk==碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为22Ltg=由题意得t2>t1解得14k则A与B同向运动不能相撞，此时有14k。（3）当14k时，A与

B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞），根据题意，B与挡板碰后速率仍为B12vgkL=，设B向左运动时加速度大小为a′，则F＝ma′解得a′＝g设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则()2

213B1331122Lgttvtgt=++−解得()34141218842kLkLtkkgkgLkkgL−−==++B反向减速至零的时间B102vkLtgg==因为()30411421tktkk−=+故所求t3合理，所以134181221

8422LkLkLtttgkkkgkkg−+=+=+=++获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com