四川省绵阳中学2023届高三下学期三诊模拟考试物理试题 Word版含解析.docx

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绵阳中学2020级高三下期三诊模拟考试理科综合试题可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　Na23　Si28　S32　V51　Mn55　Fe56　ln115二、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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错或不选的得0分）1.用紫外光电管制作的火灾报警器的灵敏度非常高，其能够探测远处香烟头燃烧时火焰发出的紫外线，因此被称为“火焰发现者”，但它对可见光完全没有反应，因此在使用过程中不需要过滤任何可见光。已知光电管内部金属材料发生光电效应的极限频率为，对应的波长为；可见光的最高频率为，对应的波长为；可见光的最低频率为，对应的波长为。下列说法正确的是（　　）A.一定大于B.一定大于C.一定小于D.一定大于【答案】A【解析】【详解】AC．根据题意可知，用可见光照射这种光电管时不能发生光电效应，说明可见光的最高频率小于光电管内部金属的极限频率，选项A正确、C错误；BD．根据公式可知，频率越高，波长越短，故一定小于和，选项BD错误。故选A。2.如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为，重为4.8N的钩码用质量不计的光滑挂钩挂在轻绳上且处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.B.3NC.4ND.6N【答案】B【解析】【详解】钩码用质量不计的光滑挂钩挂在轻绳上且处于静止状态，可知两边轻绳与竖直方向的夹角相等，均为θ；如图由几何关系解得由平衡可知解得T=3N故选B。3.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为，乙的圆心为，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中，此时a点的磁感应强度大小为，b点的磁感应强度大小为。当把乙环的电流改为等大反向电流后，c点的磁感应强度大小为（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由右手螺旋定则可知，甲、乙两环在点产生的磁感应强度方向相同（水平向左），大小相等，由于b点的磁感应强度大小为，则甲、乙两环在点产生的磁感应强度大小均为，由对称性可知，甲环在点产生的磁感应强度方向水平向左，大小为，由于点的磁感应强度方向水平向左，大小为，可知，乙环在点产生的磁感应强度大小为，方向向左，当把乙环的电流改为等大反向电流后，乙环在c点的磁感应强度大小，方向向右，甲环在c点的磁感应强度大小，方向向左，则c点的磁感应强度大小为故选A。4.如图所示，A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，O为地心，在两卫星运行过程中，A、B连线和O、A连线的夹角最大为，则A、B两卫星（　　）A.做圆周运动的周期之比为B.做圆周运动的周期之比为C.与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为D.与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为【答案】D【解析】【详解】AB．由题意可知，当A、B连线和O、A连线的夹角最大时，OB与AB垂直，由几何关系可知由开普勒第三定律可得第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 解得AB错误；CD．A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，则在t时间内卫星与地心O连线扫过的面积为则有C错误，D正确。故选D。5.质谱仪可测定同位素的组成。现有一束一价的钠23和钠24离子经电场加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示。测试时规定加速电压大小为，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小。为使钠23和钠24打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力，则不得超过（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设磁场的磁感应强度为，电荷量的电荷量为，质量为，其在磁场中运动的轨迹半径为，则由动能定理有由洛伦兹力充当向心力有第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 联立解得根据该式可知，在加速电压、磁感应强度、电荷量相同的情况下，小的半径小，所以钠23半径小，钠24半径大。设钠23质量为加速电压取最大值，最大半径为；钠24质量为，加速电压取最小值，最小半径为，因此有钠23和钠24打在照相底片上的区域恰好有重叠，则有，可得解得即不得超过。故选C。6.如图所示为两个正电荷与一个负电荷形成的电场的等势面，相邻等势面之间的电势差相等。其中O点为两个正电荷连线的中点，AOB连线水平，且A、B两点关于O点对称；CDE连线竖直，且C、E两点关于D点对称；以无穷远外为零势能面，A、B、C、E、F分别在对应的等势面上，电势如图中标注。下列说法正确的是（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.A、B两点的电场强度相同B.电子在C点处的电势能为15eVC.将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点，电场力对该电荷做正功D.D点的电势高于-10V【答案】BD【解析】【详解】A．A、B两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项A错误；B．C点的电势为-15V，则电子在C点处的电势能为15eV，选项B正确；C．因O点电势高于F点，则将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点，电势能增加，则电场力对该电荷做负功，选项C错误；D．因则即D点的电势高于-10V，选项D正确。故选BD。7.如图1所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运动的速度—时间图像如图2所示，时刻甲、乙间距为，均停止后间距为，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.两物块与地面间的动摩擦因数相同B.乙在整个过程中的位移大小C.两物块的质量之比为D.两物块间的碰撞为弹性碰撞【答案】BC【解析】【详解】A．从图2可以看出，解得，故A错误；B．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知之后的运动过程甲的位移为则乙在整个过程中的位移大小为故B正确；C．由图像结合图中比例关系可知碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为，，碰后瞬间甲、乙两物块的速度分别为，，根据动量守恒定律有代数数据解得故C正确；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 D．结合C项分析可知则两物块间的碰撞不是弹性碰撞，故D错误。故选BC。8.如图所示，一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴O上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动。当小球在最低点时给它一个水平初速度，小球刚好能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是（　　）A.小球在最右端时，杆的力为mgB.除最高点外，小球做完整圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心C.杆的力为0时，小球的速度大小为D.杆的力为0时，小球的速度大小为【答案】BC【解析】【详解】A．小球在最右端时，对小球进行分析，小于受到杆的弹力为解得由牛顿第三定律得杆受到的力为故A错误；B．小球做变速圆周运动，除最高点外，仅在最低点合力指向圆心，故B正确；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 CD．设杆的力为0时，杆与竖直方向的夹角为，杆的速度为，将小球所受重力沿杆和垂直杆方向进行分解，如图所示则有由动能定理联立解得故C正确，D错误。故选BC。三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题。每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（11题，共129分）9.如图甲所示，对两小桶及里面所装物体组成的系统，某实验小组要探究其运动时机械能的变化情况。图甲中定滑轮的质量很小，转动时受到的摩擦力很小。他们首先在两小桶里装适当质量的物体，使滑轮刚好不转动，然后将M中质量为25g的物体取出放入N中，再将系统由静止释放，系统运动过程中用手机对N进行连拍，相邻两次拍照的时间间隔为0.1s。照片记录的N运动过程中每隔0.1s的部分相对位置如图乙所示。当地的重力加速度，按要求回答问题。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （1）系统释放后M和N做匀加速直线运动加速度大小为______。（2）若不计滑轮的质量和受到的阻力，两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为______kg。（3）从开始运动至N到达C位置，该实验小组根据照片测出该过程N下落的高度，从而计算得出系统重力势能的减小量为0.11J，他们又根据第（2）问结果计算该过程系统动能的增加量，应为______J。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）2.45（2）0.2（3）0.10【解析】【小问1详解】根据题意，设统释放后M和N做匀加速直线运动的加速度大小为，由逐差法有代入数据解得【小问2详解】根据题意，设两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为，对整体，由牛顿第二定律有代入数据解得【小问3详解】N到达C位置时的速度为则该过程系统动能的增加量为第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 10.某实验小组设计了如图（a）所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S，就可使“欧姆表”具有“”和“”两种倍率。电路中使用的实验器材如下：干电池：电动势，内阻；毫安表：满偏电流，内阻；滑动变阻器，阻值调节范围足够大；定值电阻、和，其中；开关S，红、黑表笔各一支，导线若干。（1）按照图（a）连接好电路，表笔1为______（填“红”或“黑”）表笔。（2）当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表达到满偏，此时______，欧姆表的倍率是______（填“”和“”）。（3）闭合开关S使欧姆表倍率改变，电阻______。将两表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表达到满偏。（4）保持开关S闭合，在表笔间接入电阻（图中未画出），电流表指针指向图（b）所示的位置时，电阻______。【答案】（1）红（2）①.149②.（3）150（4）225【解析】【小问1详解】按照多用电表使用规则，红表笔应该接欧姆表内电路的电源负极，结合题图可知，表笔1为红表笔。【小问2详解】[1]当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律有第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 解得[2]由欧姆表的工作原理可知，欧姆表的中值电阻与欧姆表的内阻相等。开关S闭合时，电流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍率变小，所以开关S闭合时欧姆表的倍率是小倍率。开关S断开时的倍率是大倍率，所以此时的倍率为“”【小问3详解】由题意可知，达到满偏，所以有解得【小问4详解】由题图可知解得11.如图所示为和谐号CRH3C列车，沿前进方向看第1、3、6、8节车厢为自带动力的车厢（动车），其余为不带动力的车厢（拖车）。每节车厢的质量均为1.25×104kg，动车车厢的额定功率都为9680kW。每节车厢在高速行驶过程中所受阻力正比于其速率的二次方，比例系数为k，重力加速度大小10m/s2。若动力系统均启用时，该动车组能达到的最大行驶速度为393.2350km/h（下列计算中近似取作396km/h）。（计算结果均保留到小数点后1位）（1）求正常匀速最大速度行驶时三、四节车厢间的作用力大小F34；（2）若该动车组以最大速度正常行驶时由于故障，第六节车厢突然失去动力，求失去动力的瞬间第四、五节车厢之间的作用力大小F45。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】令，，（1）由题意可知4P=8以整体对象123整体对象解之得（2）第六节车厢突然失去动力以整体为对象1234整体为对象解得12.如图甲所示，表面绝缘、倾角的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离。一个质量、总电阻第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 的单匝长方形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长。从时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力F作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取。（1）求线框受到的拉力F的大小：（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及线框ad边的长度；（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足（式中为线框向下运动时ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后相对磁场上边界的位移大小），求从时刻开始线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q（即电热）。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）由图乙可知，在0~0.4s内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为所以此过程中的加速度为根据牛顿第二定律有解得（2）由图乙可知，线框进入磁场区域后以速度做匀速直线运动，则产生的感应电动势为第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 通过线框的电流为则线框所受的安培力为线框匀速运动，处于受力平衡状态，则有解得线框在穿过磁场区域的整个过程中做匀速直线运动，说明线框所受的安培力在整个中保持不变，则线框的宽度与磁场区域的宽度相同，即（3）线框的ab边离开磁场后，线框做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为设线框与挡板碰撞前速度为，根据动能定理有解得线框与挡板碰撞后的速度大小仍为，线框下滑过程中，由于即重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力等大反向，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为；进入后因受到安培力的作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为，由解得第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 说明线框在离开磁场前速度已经减小为零，这时安培力已经消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热所以整个过程中产生的热量（二）选考题（共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科技所做的第一题计分）【物理一选修3-3】（15分）13.一定质量的理想气体状态变化如p-V图所示由状态1变化到状态2，图中，p1=3p2，V2=4V1，状态1、2对应的温度分别为T1、T2，下列说法正确的是（　　）A.气体对外做功，内能减小，T1>T2B.气体吸热，气体分子热运动平均动能增大，T1