重庆市第一中学校2023年物理高三第一学期期末综合测试模拟试题含解析

重庆市第一中学校2023年物理高三第一学期期末综合测试模拟
试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、利用碘131(131
53I )治疗是临床上常用的一种治疗甲亢的方法，它是通过含有β射线的
碘被甲状腺吸收，来破环甲状腺组织，使甲状腺合成和分泌甲状腺激素水平减少来达到
治愈甲亢的目的。

已知碘131发生β衰变的半衰期为8天，则以下说法正确的是（ ）
A ．碘131的衰变方程为→+131131053
521I Xe e B ．碘131的衰变方程为131
131
053541I Xe e -→+
C ．32 g 碘131样品经16天后，大约有8g 样品发生了β衰变
D ．升高温度可能会缩短碘131的半衰期
2、下列说法正确的是（ ）
A ．电子的发现说明原子具有核式结构
B ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
C ．某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，该金属的逸出功越大
D ．某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大
3、某行星的自转周期为T ，赤道半径为R ．研究发现，当该行星的自转角速度变为原来的2倍时会导致该行星赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知引力常量为G ．则
A ．该行星的质量为
B ．该行星的同步卫星轨道半径为
C ．质量为m 的物体对行星赤道地面的压力为
D ．环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度为7.9km/s
4、一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E ，返回斜面底端时的速度为v ，克服摩擦力做功为
2E 若小物体冲上斜面的初动能为2E ，则下列选项中正确的一组是（ ）
①物体返回斜面底端时的动能为E ②物体返回斜面底端时的动能为32
E ③物体返回斜面底端时的速度大小为2v
A ．①③
B ．②④
C ．①④
D ．②
5、材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都停了下来。

下列说法正确的是（ ）
A ．质量大的滑块摩擦力做功多
B ．质量大的滑块运动的位移大
C ．质量大的滑块运动的时间长
D ．质量大的滑块摩擦力冲量大
6、某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v ，已知万有引力恒量为G ，天体可视为均匀球体，则（ ）
A
B
C
D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、下列关于热现象的说法正确的是________．
A ．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力
B ．液体分子的无规则运动称为布朗运动
C ．热量不可能从低温物体传到高温物体
D ．分子间的距离增大时，分子势能可能减小
E.分子间的距离减小时，分子引力和斥力都增大
8、光滑水平面上有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为Q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是( )
A ．0
B ．2012mv
C ．2012mv ＋12QEL
D ．2012
mv ＋23
QEL 9、如图所示为一质点的简谐运动图象。

由图可知
A ．质点的运动轨迹为正弦曲线
B ．t=0时，质点正通过平衡位置向正方向运动
C ．t=0.25s 时，质点的速度方向与位移的正方向相同
D ．质点运动过程中，两端点间的距离为0.1m
10、一列波源在x 轴原点的简谐横波沿x 轴正方向传播，如图所示为t =0时刻的波形，此时波源正好运动到y 轴的1cm 处，此时波刚好传播到x =7m 的质点A 处，已知波的传播速度为24m/s ，下列说法正确的是（ ）
A ．波源的起振方向沿y 轴正方向
B ．从t =0时刻起再经过13
s 时间，波源第一次到达波谷 C ．从t =0时刻起再经过2.75s 时间质点B 第一次出现在波峰
D ．从t =0吋刻起到质点B 第一次出现在波峰的时间内，质点A 经过的路程是48cm
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R 之外，实验室还提供如下器材：电源E（电动势为4.5V，内阻约1Ω）、电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）、电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、开关S、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于____端（填“a”或“b”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t－t图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______
A．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距D．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
12．（12分）图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为d
（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1的时间△t 以及遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t ，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x 。

(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，示数如图乙，则d ＝________cm ；
(2)实验时，滑块从光电门1的右侧某处由静止释放，测得滑块经过第一个光电门时遮光条遮光时间为△t ＝25ms ，则遮光条经过光电门1时的速度v ＝________m/s ；（结果保留一位有效数字）
(3)保持其它实验条件不变，只调节光电门2的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放，记录几组x （单位为m ）及其对应的t （单位为s ），作出x t t
图像如图丙，图像不过原点的原因是________，滑块加速度的大小a ＝_________。

（结果保留一位有效数字）
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图7所示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R ＝20 cm ，折射率为，AB 是一条直径，今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体，试求：
（1）光在圆柱体中的传播速度；
（2）距离直线AB 多远的入射光线，折射后恰经过B
点．
14．（16分）处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示，AB 为水平直径，玻璃砖的半径为R ，O 为圆心，P 为圆柱形玻璃砖上的一点，与水平直径AB 相距2
R ，单色光平行于水平直径AB 射向该玻璃砖。

已知沿直径AB 射入的单色光透过玻璃的时间为t ，光在真空中的传播速度为c ，不考虑二次反射，求：
（1）该圆柱形玻璃砖的折射率n；
（2）从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。

15．（12分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度0v="4" m/s，g取102
m/s．
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
(3)在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、B
【解析】
AB ．原子核β衰变过程中放出电子，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，碘131的衰变方程为131
131
053541I Xe e -→+，故A 错误，B 正确；
C ．32g 碘131样品经16天，即经过2个半衰期，大约有8g 样品未发生衰变，衰变的质量为24g ，故C 错误；
D ．改变温度或改变外界压强都不会影响原子核的半衰期，故D 错误。

故选B 。

2、D
【解析】
A ． α粒子散射实验说明原子具有核式结构，故A 错误；
B ． β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B 错误；
CD ． 在光电效应现象中，金属的逸出功与入射光的频率无关；k 0E h
W =-ν 可知，入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，故C 错误D 正确。

故选D 。

3、B
【解析】
该行星自转角速度变为原来两倍，则周期将变为T ，由题意可知此时： ，解得：，故A 错误；同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力可得：，又，解得：r ＝R ，故B 正确；行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力：，又：，解得：，由牛顿第三定律可知质量为m 的物体对行星赤道地面的压力为
，故C 错误；7.9km/s 是地球的第一宇宙速度，由于不知道该星球的质量
以及半径与地球质量和半径的关系，故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系，故无法确环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于
7.9km/s ，故D 错误；故选B ．
点睛：重点知识：行星自转的时候，地面物体万有引力等于重力没错，但是不是重力全部用来提供向心力，而是重力和支持力的合力提供向心力；“星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力”时重力独自充当向心力．
4、C
【解析】
以初动能为E 冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得：
22
12 E mv E -=-…①
设以初动能为E 冲上斜面的初速度为v 0，则以初动能为2E 冲上斜面时，v 0，而加速度相同。

对于上滑过程，根据-2ax =v 2-v 02可知，202v x a =，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E 。

以初动能为2E 冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：
21 22
mv E E '-=-…② 所以返回斜面底端时的动能为E ；由①②得：
v v 。

故①④正确，②③错误；
A ．①③，与结论不相符，选项A 错误；
B ．②④，与结论不相符，选项B 错误；
C ．①④，与结论相符，选项C 正确；
D ．②，与结论不相符，选项D 错误；
故选C 。

5、D
【解析】
AB ．滑块匀减速直线运动停下的过程，根据动能定理有
0f k W mgx E μ=-=-
得
k E x mg
μ=
故摩擦力做功相同，质量大的滑块位移小，故AB 错误；
CD ．根据动量定理有
0I mgt μ=-=
故质量大的滑块受到的冲量大，运动时间短，故C 错误，D 正确。

故选D 。

6、C
【解析】
A.设该天体的质量为M ，半径为R ，则：
343
M R π= 根据万有引力提供向心力可得：
2
2Mm v G m R R
＝ 联立可得该天体半径为
:
R =选项A 错误；
B.根据第一宇宙速度的公式有：
2
v mg m R
'= 解得：
2v g R '==选项B 错误；
C. 绕该天体表面附近飞行的卫星周期：
2R T v π== 选项C 正确；
D.若考虑天体自转，则维持该天体稳定的自转周期最小时，天体表面的物体受到的万有引力恰好提供向心力，有：
002
042m g m R T π'⋅⋅＝
解得：
03T G
πρ＝ 选项D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ADE
【解析】
草叶上的露珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有关，故A 正确；布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故B 错误；热力学第二定律是说热量不能自发地从低温物体传向高温物体，此说法略去了“自发地”，通过外力做功是可以把热量从低温物体提取到高温物体的.例如电冰箱的制冷就是这一情况，所以C 错误；当分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，随着分子间距离的增大，分子势能减小，所以D 正确；分子间的距离减小时，分子引力和斥力都增大，斥力增大的较快，所以E 正确． 8、ABC
【解析】
若电场的方向平行于AB 向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD 边时，速度可能为1，所以动能可能为1．故A 有可能．
若电场的方向平行于AC 向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为12L ，根据动能定理可知小球的最大动能为：202
12K L E E mv Q =+⋅，所以D 不可能，C 可能；若电场的方向平行于AB 向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD 边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v 1，动能为
2012mv ，故B 可能．故选ABC ．
9、CD
【解析】
试题分析：简谐运动图象反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A 错误．t=0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B 错误．根据图象的斜率表示速度，则t=0.25s 时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同．故C 正确．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为
S=2A=2×5cm=10cm=0.1m ，故D 正确．故选CD 。

考点：振动图线
【名师点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，要注意振动图象不是质点的运动轨迹；根据图象的斜率表示速度分析振动的运动方向．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅。

10、BC
【解析】
A.波向x 轴的正方向传播，此时波传到质点A 位置，此时质点A 的振动方向沿y 轴负方向，所以波源的起振方向沿y 轴负方向，故A 错误；
B.该波的波长为12m ，周期
121s s 242
T v λ
=== 从t =0时刻起波源振动到波谷需要的振动时间
1121s 2433
t T T =+⨯= 故B 正确；
C.波从质点A 传播到质点B 需要的时间为
164757s 1224
t T -== 质点B 从开始振动到第一次到达波峰所用的时间为 233s 48T t =
= 所以时间为
12 2.75s t t t =+=
故C 正确；
D.从t =0时刻起到质点B 第一次出现在波峰，经历的时间为2.75s ，则A 经过的路程是 2.758cm 44cm s T
=⨯= 故D 错误。

故选BC 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >
⋅，故采用电流表的
内接法减小系统误差，实物连接如图所示 (3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

12、0.75 0.3 经过光电门1时速度不为0 0.4
【解析】
(1)[1]．主尺：0.7cm ，游标尺：对齐的是5，所以读数为：5×0.1mm=0.5mm=0.05cm ， 故遮光条宽度为：d =0.7cm+0.05cm=0.75cm ；
(2)[2]．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。

则滑块经过光电门时的速度为 0.0075m/s=0.3m/s 0.025d v t == (3)[3][4]．滑块在两光电门间做匀加速直线运动，由位移公式可得
2012
x v t at =+ 变形可得
01 2
x v at t =+ 由图象可知，图象与纵轴的交点表示经过光电门1的速度，则图象不过原点的原因是经过光电门1的速度不为0；
图象的斜率
10.22
k a == 那么滑块加速度的大小
a =2k =0.4m/s 2。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）8310m/s c v n
==⨯ （2）距离AB 直线103cm 的入射光线经折射后能到达B 点
【解析】
（1）光在圆柱体中的传播速度
8310m/s c v n
==（3分） （2）设光线PC 经折射后经过B 点，光路图如图所示
由折射定律有：sin 3sin n αβ
== （3分） 又由几何关系有：2αβ=② （2分）
解①②得o 60α=（1分）
光线PC 离直线AB 的距离CD =R sin α＝103cm （2分） 则距离AB 直线103cm 的入射光线经折射后能到达B 点（1分）
14、（1）2ct R ；（2）222c t R c
-。

【解析】
（1）沿AB 入射的光将从B 点射出，设光在玻璃内的速度为v ，则：
v ＝c n
又：
2R ＝ct
联立可得：
n ＝2ct R
（2）过P 做入射光的法线，过P 做AB 的垂线，垂足为C ，如图：因2
R PC =，所以∠POC ＝30°
由几何关系可知该光的入射角为30°
由折射定律：n ＝sin sin i r
可得： sin R r ct
= 由几何关系：
PD ＝2R •cosr
从P 入射的光到达D 所用的时间：
PD t v
'= 联立可得：
t ′222c t R -
15、（1）2N ，方向竖直向上（2）22m /s υ=（3）123
s m =
【解析】 （1）设小球能通过最高点，且此时的速度为1υ，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则
22101122
m mgL m υυ+=①
2/s υ②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则21F mg m L υ+=③
由②③式，得2N F =④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为2υ，此时滑块的速度为V ．在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有 20m MV υ+=⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
22220111222
m MV mgL m υυ++=⑥ 由⑤⑥式，得22m /s υ=⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为1s ，滑块向左移动的距离为2s ，任意时刻小球的水平速度大小为2υ，滑块的速度大小为V '．由系统水平方向的动量守恒，得30m MV υ-'=⑧
将⑧式两边同乘以t ∆，得30m t MV t υ∆-'∆=⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t ∆都成立，累积相加后，有120ms Ms -=⑩ 又122s s L +=⑪
由⑩11式得123s m =
⑫。