2023届四川省宜宾市叙州区一中高三下学期二诊模拟考试理综物理Word版含解析.docx

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叙州区一中高2020级高三二诊模拟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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、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1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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.如图，为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。下列说法正确的是（　　）A.这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B.用能量为10.3eV的光子照射氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C.最容易表现出衍射现象的光是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的D.用n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．处于能级的氢原子能发射种频率的光，故A错误； B．原子跃迁能量必须等于能级差，基态的氢原子吸收的能量从跃迁到，而大于，所以不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故B错误；C．由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光的能量为最小值，波长最长，所以最容易表现出衍射现象，故C正确；D．由n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量为小于6．34eV，所以不能使金属铂发生光电效应，故D错误。故选C。2.为测定某一质量为的带电小球所带的电荷量，某同学将该电荷用长为的绝缘细线悬挂在两竖直放置的平行金属板间，调整两板间距为，给两板加的电压时，测得小球偏离竖直方向的距离为，重力加速度取，则小球所带的电荷量为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据小球向左偏可知，小球带负电，设绳与竖直夹角为，则根据解得故选A。3. 如图，表面粗糙的斜面固定在水平地面上，第一次，滑块从斜面顶端由静止释放，滑块沿斜面向下匀加速运动，加速度大小为a1；第二次，滑块从斜面顶端由静止释放的同时，施加竖直向下、大小为F的恒定外力作用于滑块，加速度大小为a2。则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律得，未加F时，加速度施加F后，加速度可知故D正确。故选D。4.从1970年4月24日发射第一颗人造地球卫星“东方红一号”到今天，我国的航天事业取得了举世瞩目的伟大成就。“东方红一号”至今仍运行在近地点430km、远地点2075km的椭圆轨道上，而目前运行在距地面高度约400km的圆轨道上的“天宫空间站”预计今年建成。关于“东方红一号”和“天宫空间站”，下列说法正确的是（　　） A.“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，机械能逐渐增大B.“天宫空间站”中的航天员不受地球的引力作用C.“天宫空间站”运行的加速度小于“东方红一号”在近地点的加速度D.绕地球一周，“东方红一号”比“天宫空间站”所用时间长【答案】D【解析】【详解】A．“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，只有万有引力做功，机械能不变，故A错误；B．“天宫空间站”中的航天员仍受地球的引力作用，万有引力全部提供做向心力，所以航天员处于完全失重状态，故B错误；C．根据得可知“天宫空间站”运行的加速度大于“东方红一号”在近地点的加速度，故C错误；D．设“东方红一号”的半长轴为，“天宫空间站”的轨道半径为，计算可得根据开普勒第三定律可知故D正确。故选D。5.风速测速仪的简易装置如图所示，其工作原理是：风吹动风杯，风杯通过转轴带动永磁铁转动，电流测量装置则可显示感应线圈产生的电流i随时间t变化的图像，从而实现测量实时风速。若风速一定时，风杯的转动周期为T，则下列图像可能正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】线圈在磁场中转动会产生交流电，根据相对运动可知，磁体即磁体产生的磁场对线圈转动也会产生交流电，转动的周期即为交流电的周期，转动的转速与交流电的最大值有关。由于永磁铁的转动，线圈垂直与磁场方向切割磁感线，线圈中将产生正弦或余弦的交流电，故电流i随时间t变化的图像可能正确的是D。ABC错误，D正确。故选D。6.光滑水平桌面内固定一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，其俯视图如图所示。一质量为m的带电小球（看做质点）在A点获得一速度v0，在轨道内做完整的圆周运动，且小球在A点时速度最大。已知电场力的大小等于小球的重力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是：（　　） A.小球带正电B.小球在B点时轨道对其弹力大小为m（-5g）C.小球从A点运动到B点的过程中电势能增加2mgRD.小球在A点获得的最小速度为【答案】BC【解析】【详解】A．小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在A点时速度最大，可知在A点时受电场力向左，小球带负电，选项A错误；B．从A到B由动能定理其中Eq=mg解得选项B正确；C．小球从A点运动到B点的过程中电势能增加量等于电场力做的负功，则选项C正确；D．在B点速度最小时 根据小球在A点获得的最小速度为选项D错误。故选BC。7.如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2，两端分别与物体和轻环连接，轻环穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体。物体和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现将向右移动少许，物体始终静止，系统再次静止，不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。则（　　）A.细线拉力将变大B.地面对斜面体的支持力将变大C.横杆对轻环摩擦力将变大D.斜面体对物体的摩擦力将变小【答案】AC【解析】【详解】A．以滑轮2为研究的对象，受力如图若将向右移动少许，两个绳子之间的夹角增大，由于对滑轮的拉力不变，两个绳子之间的夹角变大，根据绳子的拉力F一定变大，A正确； B．对斜面体、物体、物体整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示根据平衡条件，有与角度无关，恒定不变，B错误；C．以为研究的对象水平方向向右移动少许，F变大，变大，变大，横杆对轻环的摩擦力将变大，C正确；D．若原来物块有下降趋势，绳子拉力增大，可能有上升趋势，因摩擦力大小和方向都不能确定，D错误。故选AC。8.如图所示,空间有一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,其上、下两边与磁场边界(图中虚线)平行,边长等于磁场上、下边界的距离.若线框自由下落,从ab边进入磁场开始,直至cd边达到磁场下边界为止,线框的运动可能是 A.始终做匀速直线运动B.始终做匀加速直线运动C.先做加速度减小的减速运动再做匀速直线运动D.先做加速度减小的加速运动再做匀速直线运动【答案】ACD【解析】【详解】导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动；当线框出离磁场过程中仍做匀速运动，则选项A正确；当安培力大于重力时，线框做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，当安培力等于重力时线圈做匀速运动，选项C正确；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，随着速度的增加，安培力增大，当安培力等于重力时线圈做匀速运动，选项D正确；由于线圈进入磁场过程中速度不断变化，则安培力不断变化，则线圈不可能做匀加速运动，选项B错误；故选ACD．二、非选择题：共174分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.用如图甲所示装置探究小车加速度与质量的关系。轨道CD水平，重物通过轻质细线拉着固定有遮光条的小车从A点由静止开始运动，通过B点时，与光电门相连的数字计时器读出遮光条通过光电门时间Dt，用天平测出小车和砝码的总质量M，用10分度的游标卡尺测出遮光条宽度d。（1）测遮光条宽度时游标卡尺读数如图乙所不，则d＝_____mm。 （2）要得到小车的加速度a，还需要测量的物理量是______（选填序号），计算加速度公式是a＝_____（用所测物理量的字母表示）A．重物质量mB．轨道CD长度L1C．A、B间距离L2（3）增加砝码，重复多次实验，测量的数据是准确的，作出图像，则图线是图丙中的____（选填“I”、“II”或“III”）。【答案】①.4.7②.C③.④.III【解析】【详解】（1）[1]由图可知，游标尺的第7条刻度线与主尺上的1.1cm刻度线对齐，游标尺上第7条刻度线与第0条刻度线的长度为0.9mm×7=6.3mm，则d=1.1cm-6.3mm=4.7mm（2）[2][3]小车到达B点的速度根据可得 则要得到小车的加速度，还需要测量的物理量是AB的长度。故选C。（3）[4]根据牛顿第二定律即可知图像为III所示。【点睛】对游标卡尺的读数问题，关键要搞清结构原理，10小格的游标尺是将9mm长度分成了10个格，每个小格的长度是0.9mm，与主尺上1小格相差0.1mm。10.某实验小组设计了如图甲的电路，其中RT为热敏电阻，理想电压表量程为3V（内阻可视为无穷大），电流表量程为0.5A，内阻RA＝4.0Ω，R为电阻箱。(1)实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验；闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下理想电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I-U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，可描绘出热敏电阻的伏安特性曲线的一部分，如图乙坐标系中的曲线段所示。为了直接用测量数据作出图像，完成该实验，应将导线c端接在______（选填“a”或“b”）点；(2)利用(1)中记录的数据，通过计算可得电源的路端电压U2，U2的计算式为______；（用U1、I、R和RA表示）(3)该实验电路还可以用来测量电源的电动势和内电阻，实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I-U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图像分析可知，电源的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω；（结果保留两位有效数字） (4)实验中，当电阻箱的阻值调到6Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝______W。（结果保留两位有效数字）【答案】①.a②.U2=U1+I(R+RA)③.5.9-6.1④.4.9-5.1⑤.0.52-0.65【解析】【详解】(1)[1]由于电压表量程较小，所以电流表外接，可以让热敏电阻获得更大的电压范围。(2)[2]根据欧姆定律得U2=U1+I(R+RA)(3)[3][4]根据闭合电路的欧姆定律得U2=E-Ir图像跟横轴的交点表示电动势，由图可知，电动势为6.0V。图像的斜率表示内电阻的倒数，所以内阻为5.0Ω。(4)[5]将电流表内阻、变阻箱、电源内阻一起等效成电源内阻，则新电源的图像为与热敏电阻的图像交点坐标为(2.5V，0.23A)，功率为11.如图所示，在粗糙水平面上有相距一段距离的A、B两点，在A、B两点分别静止放置m1=4kg、m2=2kg的两物块P、Q。现对P施加一大小F=20N、方向水平向右的拉力，作用一段时间后撤去F，P继续向右运动后与Q在B点发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），碰后P、Q向右运动1m后停止。已知两物块均可视为质点，与地面的动摩擦因数均为0.2，g取10m/s2。求：（1）P与Q发生碰撞前瞬间P的速度；（2）力F作用的时间及A、B两点间的距离。【答案】（1）3m/s；（2）3s，31.5m【解析】 【详解】（1）设P与Q发生碰撞前瞬间P的速度为v0，碰后瞬间共同速度为v，由动能定理得－μ(m1+m2)gL=0－(m1+m2)v2由动量守恒得m1v0=(m1+m2)v联立解得v0=3m/s（2）设F作用时间为t1，撤去F后经t2=3s，P与Q发生碰撞，根据动量定理得Ft1－μm1g(t1+t2)=m1v0解得t1=3s设撤去F瞬间P的速度为v1，根据动量定理得Ft1－μm1gt1=m1v1解得v1=9m/s所以xAB=t1+t2=31.5m12.如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3m的光滑圆弧段bc与长l=1.5m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=37°;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d=1.6m的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m2=3×10-3kg、电荷量q=3×10-3C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.5×10-3kg的不带电小物体P从轨道右端a以v0=8m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后P以1m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=0.5，A、B均可视为质点，Q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小FN；(2)当β=53°时，物体Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B1；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的β值． 【答案】(1)(2)(3),【解析】【详解】解：(1)设碰撞前后的速度分别为和，碰后的速度为从到，对，由动能定理得：解得：碰撞过程中，对，系统：由动量守恒定律：取向左为正方向，由题意，解得：点：对，由牛顿第二定律得：解得:(2)设在点的速度为，在到点，由机械能守恒定律：解得：进入磁场后：所受电场力，在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：Q刚好不从边穿出磁场，由几何关系：解得： (3)当所加磁场，要让从边穿出磁场且在磁场中运动时间最长，则在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当边或边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为，由几何关系得：解得：运动周期：则在磁场中运动的最长时间：此时对应的和（二）选考题：共45分。13.下列说法正确的是（　　）A.热量不能从低温物体向高温物体传递B.两分子之间的距离越大，分子势能越小C.对一定质量的气体做功，气体的内能不一定增加D.树叶面上的小露珠成球形是由于液体表面张力的作用E.在空气中一定质量100℃的水吸收热量后变为100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能【答案】CDE【解析】【详解】A．在引起其他变化的情况下热量可以从低温物体向高温物体传递，故A错误； B．当分子间距离大于平衡距离时,分子力表现为引力,此时增大分子间距离,分子力作负功,分子势能增加，故B错误；C．对一定质量气体做功，若气体同时对外放热，气体的内能不一定增加，故C正确；D．树叶面上的小露珠成球形是由于液体表面张力的作用，故D正确；E．在空气中一定质量100℃的水吸收热量后变为100℃的水蒸气，因为气体膨胀对外做功，所以吸收的热量大于增加的内能，故E正确。故选CDE。14.一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸内，如图所示水平放置活塞的质量，横截面积，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使气缸水平放置，活塞与气缸底的距离，离气缸口的距离外界气温为，大气压强为，将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平，已知，求：①此时气体的温度为多少；②在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收的热量，则气体增加的内能多大．【答案】①480K②318J【解析】【详解】【分析】根据题意求出气缸内气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程可以求出气体的温度；根据题意求出气体对外做的功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的增量；解：当气缸水平放置时，，，，当气缸口朝上，活塞到达气缸口时，活塞的受力分析图如图所示， 由平衡条件得：，解得：，此时气体的体积：，设此时温度为，由理想气体状态方程得：解得：；设当气缸口向上至未加热稳定时，距气缸底部的高度为L，由玻意耳定律得：，解得：，加热后气体做等压变化，此过程做功为：又因为吸收的热量所以根据热力学第一定律可知：；15.一简谐横波沿x轴正方向传播，在时刻，该波的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点．图乙表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）A.质点Q的振动图像与图乙相同B.在时刻，质点P的速率比质点Q的大C.在时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大 D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图乙所示E.在时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大【答案】CDE【解析】【详解】A．由图乙可知，在时刻，质点正在向y轴负方向振动，而从图甲可知，质点Q在正在向y轴正方向运动，故A错误；B．由波形图推知，时刻，质点P正位于波谷，速率为零，质点Q正在平衡位置，故在时刻，质点P的速率小于质点Q，故B错误；C．时刻，质点P正位于波谷，具有沿y轴正方向的最大加速度，质点Q在平衡位置，加速度为零，故C正确；D．时刻，平衡位置在坐标原点处的质点，正处于平衡位置，沿y轴正方向运动，跟图乙吻合，故D正确；E．时刻，质点P正位于波谷，偏离平衡位置位移最大，质点Q在平衡位置，偏离平衡位置位移为零，故E正确。故选CDE。16.如图，ABDEF是某玻璃棱镜的横截面，它由直角三角形ABD和矩形ADEF构成，AF和DE边表面镀银（仅考虑反射），一光线平行于AD从AB边上M点射入棱镜。已知真空中的光速为c，，，，，，玻璃的折射率。求：（1）光线在M点发生折射的折射角大小；（2）光线从M点到第一次射出棱镜经历的时间。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）光路如图所示 在M点，入射角由折射定律有将代入可得解得（2）由几何关系可得，因，故G是AD的中点，光在H点的入射角为30°，由于DE边镀银，故在H点发生反射，光在I点的入射角为60°，由，入射角大于临界角，故发生全反射，由于AF边镀银，故光在J点发生反射，最终光线垂直于BD边第一次射出棱镜可知，H、I、J分别是DE、EF、FA的中点 光在棱锥中通过的总路程为光线在玻璃中传播速度为解得