2023屆甘肅省高三下學期第二次高考診斷考試理綜物理試題 【含答案解析】

第1頁/共1頁2023年甘肅省第二次高考診斷考試理科綜合能力測試第Ⅰ卷（選擇題共126分）二、選擇題1.2022年4月7日，《科學》雜志的封面文章爆出了一條引發(fā)物理學界震動的大新聞，科學家們對W玻色子的質量進行了高精度測量。這種基本粒子間是弱相互作用，在自然界不能穩(wěn)定存在或不單獨存在。物理學家們只能利用高能粒子加速器中的粒子與靶物質相互碰撞，才能讓他們出現(xiàn)在觀察視野進而進行研究，由于W玻色子被打出后會迅速發(fā)生衰變，產生電子、繆子或者反中微子等?？茖W家們能對產生的粒子動量分布研究推出W玻色子的質量，則下列有關說法正確的是（）A.W玻色子發(fā)生衰變的半衰期與外界的溫度和壓強有關B.可衰變?yōu)椋l(fā)生的衰變與W玻色子衰變相同C.自然界中存在萬有引力、電磁相互作用、強相互作用和核力四種基本作用D.如果高能粒子加速器是回旋加速器，所加高頻電壓越大，則粒子獲得的速度大小越大【答案】B【解析】【詳解】A．半衰期只與核子本身有關，與外界條件無關，A錯誤；B．衰變?yōu)橐彩撬プ?，B正確；C．自然界中存在四種基本作用：萬有引力、電磁相互作用、強相互作用和弱相互作用力，C錯誤；D．回旋加速器的最大動能為與高頻電壓大小無關，D錯誤。故選B。2.在2022年3月23日的“天宮課堂”上，航天員王亞平搖晃裝有水和油的小瓶，靜置后水和油混合在一起沒有分層。圖甲為航天員葉光富啟動“人工離心機”，即用繩子一端系住裝有水油混合的瓶子，以繩子的另一端O為圓心做如圖乙所示的圓周運動，一段時間后水和油成功分層（水的密度大于油的密度），以空間站為參考系，此時（）A.水和油的線速度大小相等B.由于水的密度大于油的密度，因此油在底層，水在上層C.油對水有背離圓心沿半徑指向外側的作用力D.水的向心加速度比油的小【答案】C【解析】【詳解】B．由于水的密度大于油的密度因而水在底層油在上層。故B錯誤；A．水和油的環(huán)繞半徑不同，但轉動角速度相同，根據可知水和油的線速度不同。故A錯誤；C．油做圓周運動的向心力是水提供的，故水對油的作用力指向圓心，根據牛頓第三定律可知油對水有背離圓心沿半徑指向外側的作用力。故C正確；D．根據可知水的半徑比油大時水的向心加速度比油的大。故D錯誤。故選C。3.小明同學用光滑的硬鋼絲彎折成“”形狀，將它豎直固定放置。OB是豎直方向，BC是水平方向，，一個光滑的輕環(huán)套在足夠長的OA段上，一根足夠長的輕繩一端固定在OB上的M點，輕繩穿過小環(huán)，另一端吊著一個質量為m的物體，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.繩端從M點緩慢移到B點的過程中繩子對圓環(huán)的力變小B.OA桿受到小環(huán)的壓力大小可以小于mgC.OA桿受到小環(huán)的壓力大小為D.繩端從B點緩慢水平向左移到N點的過程中繩子對圓環(huán)的力大小不變【答案】D【解析】【詳解】BC．小環(huán)是輕環(huán)，所以繩上拉力的合力與桿垂直，小環(huán)受力情況如圖所示，由幾何關系可知，兩繩子夾角為120°，故N=F=mg由牛頓第三定律可知，OA桿受到小環(huán)的壓力大小為mg。故BC錯誤；AD．對懸掛的重物受力分析可知，繩子中的拉力始終與重物重力平衡，即繩中的拉力大小不變，且豎直方向的繩中拉力方向也不變，兩繩中拉力的合力始終與輕桿垂直，根據二力合成特點可知，當合力方向不變，其中一個分力大小方向不變，則合力具有唯一性。故無論繩子左端點如何移動繩子對圓環(huán)的力大小不變。故A錯誤；D正確。故選D。4.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2:1，電阻R=10Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡。原線圈接一個經雙向可控硅調節(jié)后的電壓U，U隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，正弦交流電的每一個二分之一周期中，前四分之一周期電壓被截去?，F(xiàn)將S1、S2、S3閉合，此時L2正常發(fā)光。下列說法錯誤的是（）A.輸入電壓U的有效值為10V B.R消耗的電功率為10WC.只斷開S3后，L2能正常發(fā)光 D.只斷開S2后，原線圈的輸入功率減小【答案】B【解析】【詳解】A．令輸入電壓的有效值為U1，根據正弦式交流電的有效值與有效值的定義解得故A正確；B．根據理想變壓器的電壓匝數(shù)關系解得副線圈兩端電壓則R消耗的電功率為故B錯誤；C．只斷開S3后，L2電壓不受影響，L2正常發(fā)光，故C正確；D．只斷開S2后，負載電阻變大，輸出電壓不變，根據輸出功率減小，則輸入功率也減小，故D正確。故選B。5.一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，bc為半徑為r的半圓，ab、cd與直徑bc共線，ab間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。從abcd邊界射出磁場所用時間最短的粒子的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】粒子做圓周運動的周期為，則有假設粒子出射的點為點，粒子做圓周運動的圓心角為，則粒子運動的時間表示為初速度與的夾角為，由幾何關系可知，，即只要達到最小值，取到最小值，運動時間取到最小值，如圖所示當與圓弧相切時，達到最小值，根據幾何關系可得則帶電粒子做圓周運動半徑為根據牛頓第二定律可得解得從abcd邊界射出磁場所用時間最短的粒子的速度大小為A正確，BCD錯誤。故選A。6.如圖所示，一輕桿兩端分別固定a、b兩個均可看做質點的光滑金屬球，a球質量大于b球質量，整個裝置放在光滑的水平面上，設b球離地高度為h，將此裝置由靜止釋放（重力加速度為g），則（）A.在b球落地前的整個過程中，a球向左做加速運動B.在b球落地前的整個過程中，a、b及輕桿系統(tǒng)機械能守恒C.在b球落地前的整個過程中，a、b及輕桿系統(tǒng)動量守恒D.在b球落地前瞬間，b球的速度大小為【答案】BD【解析】【詳解】AC．對兩球及輕桿系統(tǒng)，水平方向受合外力為零，則水平動量守恒，豎直方向動量不守恒，則總動量不守恒；開始時兩球速度均為零，在b球落地前瞬間，b球速度豎直向下，水平方向速度為零，根據系統(tǒng)水平方向動量守恒知，在b球落地前瞬間，a球的速度必定為零，則整個運動過程中，a球由靜止狀態(tài)經歷向左運動到最終靜止，經歷了先加速后減速，故AC錯誤；

BD．在b球落地前的整個過程中，只有動能和重力勢能的轉化，則a、b及輕桿系統(tǒng)機械能守恒，根據系統(tǒng)的機械能守恒得mbgh=mbv2可得在b球落地前瞬間，b球的速度大小為故BD正確。故選BD。7.假設高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛。甲車在前乙車在后，速度均為。甲、乙兩車相距，在時刻甲車遭遇緊急情況后，甲、乙兩車的加速度隨時間變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示。取運動方向為正方向。下列說法正確的是（）A.0~3s內兩車間距逐漸增大B.時兩車距離最近，且最近距離為10mC.6~9s內，甲車速度大于乙車速度，兩車間距離越來越大D.兩車在0~9s內會相撞【答案】BC【解析】【詳解】A．由圖可知0~3s內，甲車做勻減速直線運動，乙車做勻速直線運動，初速度相等，則兩車間距逐漸減小，故A錯誤；B．根據題意作出兩車的速度時間圖象，如圖：由圖可知時兩車速度相等，陰影部分面積代表0~6s內兩車的位移差為所以最近距離為10m，故B正確CD．由圖可看出6~9s內，甲車速度大于乙車速度，兩車間距離越來越大，由于6s時甲在前距離乙車10m的位置，所以在0~9s內兩車不會相撞，故C正確，D錯誤；故選BC。8.如圖甲所示，在空間中建立xOy坐標系，射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，放置在第Ⅱ象限，細管C到兩金屬板的距離相等，細管C開口在y軸上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的粒子。若金屬板長為L、間距為d，當A、B板間加上某一電壓時，粒子剛好能以速度從細管C水平射出，進入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場，粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，該電場的電場線沿半徑方向指向圓心O，粒子運動軌跡處的場強大小為。在時刻粒子垂直于x軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場隨時間的變化關系如圖乙所示，規(guī)定沿x軸正方向為電場的正方向。已知粒子的電荷量為2e（e為元電荷）、質量為m，重力不計。以下說法中正確的是（）A.粒子從放射源P運動到C的過程中動能的變化量為B.粒子從放射源P發(fā)射時的速度大小為C.粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為D.當時，粒子的坐標為【答案】AC【解析】【詳解】AB．設粒子運動到C處時速度為，粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有豎直方向有由牛頓第二定律聯(lián)立解得粒子從放射源發(fā)射出到C的過程，由動能定理解得設粒子發(fā)射時速度的大小為v，粒子從放射源發(fā)射至運動到C的過程，由動能定理解得故A正確，B錯誤；C．由牛頓第二定律得故C正確；D．時，粒子在x方向的速度為所以一個周期內，離子在x方向的平均速度每個周期粒子在x正方向前進因為開始計時時粒子橫坐標為所以nT時，粒子的橫坐標為粒子的縱坐標為在nT時粒子的坐標為故D錯誤。故選AC。第Ⅱ卷（非選擇題共174分）三、非選擇題（一）必考題9.某學習小組利用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。研究對象為小車、車上的鉤碼及懸掛的鉤碼整體，整體總質量為M，整體所受的合外力F的大小等于懸掛鉤碼的總重力大小，利用紙帶和電火花計時器測出小車的加速度a、實驗一：研究M一定時，加速度a與F的關系。實驗二：研究F一定時，加速度a與M的關系。（1）下列操作必要的有___________。A.本實驗需讓木板傾斜合適的角度，平衡摩擦力B.調節(jié)定滑輪時，應使連接小車的細線與木板平行C.實驗時，需滿足懸掛鉤碼的質量遠小于小車及車上鉤碼的質量D.實驗時，應先釋放小車再接通電火花計時器（2）實驗一：小車上及細線懸掛的鉤碼總數(shù)不變。第一次，細線懸掛1個鉤碼，其余鉤碼放在小車上，釋放小車后，小車沿斜面下滑打出一條紙帶，求出此次實驗小車的加速度；第二次，細線懸掛2個鉤碼，其余鉤碼放在小車上，求出此次實驗小車的加速度，以此類推，共做5組實驗。畫出圖像，理論上圖像斜率___________。（3）實驗二：細線懸掛鉤碼數(shù)不變。第一次，小車上不放鉤碼，釋放小車后，小車沿斜面下滑打出一條紙帶，求出此次實驗小車的加速度a；第二次，小車上放1個鉤碼，以此類推，共做5組實驗。若畫出圖像，圖線為___________線（填“直”或“曲”）。（4）某次實驗打出的一條紙帶如圖所示，在紙帶上確定出A、B、C、D、E、F、G共7個計數(shù)點。其相鄰點間的距離如圖所示，每兩個相鄰的計數(shù)點之間還有4個點未畫出，打點計時器接在周期為的交流電源上，測得小車的加速度___________（保留2位有效數(shù)字）。【答案】①.AB②.③.曲④.0.80【解析】【詳解】（1）[1]A．需要讓整體受到的合外力等于鉤碼的重力，則本實驗需讓木板傾斜合適角度，以平衡摩擦力。故A正確；B．為使整體受到的合外力不變，調節(jié)定滑輪時，應使連接小車的細線與木板平行。故B正確；C．研究對象為小車、車上鉤碼及懸掛的鉤碼整體，實驗時，并不需滿足懸掛鉤碼的質量遠小于小車及車.上鉤碼的質量。故C錯誤；D．為充分利用紙帶，實驗時，應先接通電火花計時器再釋放小車。故D錯誤。故選AB。（2）[2]根據牛頓第二定律，有F=Ma整理得畫出a-F圖像，理論上圖像斜率（3）[3]根據牛頓第二定律F=Ma合外力不變，質量改變，若畫出a-M圖像，圖線為曲線。（4）[4]根據逐差法，可得10.某實驗小組用如下器材來測量電壓表的內阻。A.待測電壓表（量程0~3V，內阻為幾千歐）B.電流表（量程0~0.6A，內阻約）C.電池組（電動勢約3V，內阻可忽略）D.滑動變阻器E.電阻箱R（）F.開關和導線若干（1）圖甲是某同學設計的電路，大家討論后一致認為此電路不可行，你認為原因是（）A.阻值較小B.電流表存在內阻C.電壓表無法準確讀數(shù)D.電流表無法準確讀數(shù)（2）同學們改用圖乙電路進行測量，設電阻箱的阻值為R，電壓表的示數(shù)為U，為了根據圖像能求得電壓表的內阻，應該作___________圖線（選填“”“”“”）；（3）請根據（2）中你選擇的坐標軸對應的物理量和表中的數(shù)據，在坐標紙中標上合適的標度并作出相應圖線___________；0.61.52.03.04.05.02.502.001.801.501.301.131.670.670.50.330.250.200.400.500.560.670.780.88（4）根據所畫出的圖線，取圖線的縱截距為b，斜率為k，求出電源的電動勢___________，電壓表內阻___________（結果用k、b表示）?！敬鸢浮竣?D②.③.④.⑤.【解析】【詳解】（1）[1]電流表與電壓表串聯(lián)時，電壓表內阻特別大，電路中電流很小，不能精確讀數(shù)。故選D。（2）[2]根據閉合電路歐姆定律可知整理得故應該做圖像。（3）[3]如圖所示（4）[4][5]由（2）可知，斜率縱截距則電源電動勢電壓表內阻11.2022年6月17日，我國第三艘航母“福建艦”正式下水，“福建艦”配備了目前世界上最先進的“電磁彈射”系統(tǒng)?！半姶艔椛洹毕到y(tǒng)的具體實現(xiàn)方案有多種，并且十分復雜。一種簡化的物理模型如圖所示，電源和一對足夠長平行金屬導軌M、N分別通過單刀雙擲開關K與電容器相連。電源的電動勢，內阻不計。兩條足夠長的導軌相距且水平放置于磁感應強度的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面且豎直向下，電容器的電容。現(xiàn)將一質量為，電阻為的金屬滑塊垂直放置于導軌的滑槽內，分別與兩導軌良好接觸。將開關K置于a端讓電容器充電，充電結束后，再將開關K置于b端，金屬滑塊會在電磁力的驅動下運動。在電容器放電過程中，金屬滑塊兩端電壓與電容器兩極板間電壓始終相等。不計導軌和電路其他部分的電阻，不計電容器充、放電過程中電磁輻射和導軌產生的磁場對滑塊的作用，忽略金屬滑塊運動過程中的一切摩擦阻力。求：（1）在開關K置于b端瞬間，金屬滑塊加速度的大??；（2）金屬滑塊的最大速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）開關K置于b的瞬間，流過金屬滑塊的電流為以金屬滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律得聯(lián)立解得（2）設金屬滑塊加速運動到最大速度時兩端電壓為U，電容器放電過程中電荷量變化為，放電時間為，流過金屬滑塊的平均電流為I。在金屬塊滑動過程中，由動量定理得因為由電容的定義電容器放電過程的電荷量變化為且金屬滑塊運動后速度最大時，其兩端電壓為聯(lián)立解得12.如圖所示為某商家為了吸引顧客設計的抽獎活動。4塊尺寸相同的木板A、B、C、D隨機排序并緊挨著放在水平地面上，木板長度均為，質量均為；下表面與地面間的動摩擦因數(shù)均為，A、B、C、D的上表面各有不同的涂層，滑塊與涂層間的動摩擦因數(shù)分別為、、、。顧客以某一水平速度（未知），從左側第一塊木板的左端推出一質量的滑塊（視作質點）。從左向右數(shù)，若滑塊最終停在第一、二、三、四塊木板上就會分別獲得四、三、二、一等獎，滑離所有木板則不獲獎。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取。（結果可用根號表示）。（1）若木板全部固定，要想獲獎，求的取值范圍；（2）若木板不固定，從左向右按照A、B、C、D的方式放置，要獲得最高獎項，求的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）若木板全部固定，當滑塊恰好能夠滑動至D的右端時具有最大值，（若設，則，，）根據動能定理，可得解得要想獲獎，的取值范圍是（2）若木板不固定，從左向右按照A、B、C、D的方式放置，當滑塊在A上滑動時，滑塊與A之間的滑動摩擦力大小為A、B、C、D整體所受地面的最大靜摩擦力為因為，所以滑塊在A上滑動時，A、B、C、D均靜止；同理，當滑塊在B上滑動時，B、C、D均靜止；當滑塊在C上滑動時，C、D將滑動，且滑塊做勻減速運動，C、D整體將做勻加速運動，根據牛頓第二定律可得滑塊和C、D整體的加速度大小分別為，設滑塊剛滑上C時的速度大小為，經時間恰好滑到D上，且與D達到共同速度，滑塊與D共速后將不會再相對D滑動，最終與D一起停止，此時即可獲得最高獎項，對應具有最小值。根據運動學規(guī)律，有，解得對滑塊從剛滑上A到剛滑上C的過程，根據動能定理，有解得（二）選考題13.一定質量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，其過程如圖上的線段所示，則氣體在這個過程中（）A.外界對氣體做負功B.氣體內能不變C.狀態(tài)B單位時間與器壁單位面積碰撞的氣體分子數(shù)比狀態(tài)A少D.氣體壓強不斷變大E.氣體從外界吸收的熱量大于其增加的內能【答案】ACE【解析】【詳解】A．氣體從A到B，體積變大，則外界對氣體做負功，選項A正確；B．從A到B溫度升高，則氣體內能增加，選項B錯誤；CD．因BA連線過原點，則從A到B壓強不變，溫度升高，氣體分子平均速率變大，對器壁的平均碰撞力變大，體積變大，氣體數(shù)密度減小，則狀態(tài)B單位時間與器壁單位面積碰撞的氣體分子數(shù)比狀態(tài)A少，選項C正確，D錯誤；E．氣體對外做功，內能增加，則根據熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收的熱量大于其增加的內能，選項E正確。故選ACE。14.2022年9月2日，“神舟十四號”航天員從“問天”實驗艙氣閘艙出艙時身著我國新一代艙外航天服。航天服內密封了一定質量的理想氣體，體積約為2L，壓強為，溫度。（1）打開艙門前，航天員需將航天服內氣壓降低，此時密閉氣體溫度變?yōu)?，航天服內氣體體積約為4L，則航天員需將航天服內氣壓降低多少？（2）為便于艙外活動，航天員出艙前還需要把航天服內的一部分氣體緩慢放出，使氣壓再降低。假設釋放氣體過程中溫度保持為不變，體積變?yōu)?.2L，已知航天服放出的氣體占原來氣體質量的62.5%，則航天服放出氣體后氣壓降為多少？【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）航天服內氣體初態(tài)時，有，，末態(tài)時，有，根據理想氣體狀態(tài)方程可得解得所以（2）氣體緩慢放出的過程中氣體的溫度不變，設需要放出的氣體體積為，根據波意耳定律可得其中航天放出的氣體與原來氣體的質量比聯(lián)立解得15.在下列現(xiàn)象中，可以用多普勒效應解釋的有（）A.