2022届四川省广元市高三下学期三模物理试卷及答案

这是一份2022届四川省广元市高三下学期三模物理试卷及答案，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022年四川省广元市高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1. 钍基熔盐堆核能系统（TMSR）是第四代核能系统之一。其中钍基核燃料铀由较难裂变的钍吸收一个中子后经过若干次β衰变而来；铀的一种典型裂变产物是钡和氪。以下说法正确的是（　　）
A. 题中铀核裂变的核反应方程为92233U+01n→56142Ba+3689Kr+301n
B. 钍核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定
C. 钍核90232Tℎ经过2次β衰变可变成镤91233Pa
D. 在铀核裂变成钡和氪的核反应中，核子的比结合能减小
2. 银河系的恒星中大约四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到O点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出S2的质量为（　　）
A. 4π2r2(r−r1)GT2 B. 4π2r13GT2 C. 4π2r2r1GT2 D. 4π2r3GT2
3. 直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（　　）
A. 3kQ4a2，沿y轴正向
B. 3kQ4a2，沿y轴负向
C. 5kQ4a2，沿y轴正向
D. 5kQ4a2，沿y轴负向
4. 如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R=0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1kg，与地面间的动摩擦因数为0.5，细线能承受的最大拉力为10N；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=kt，k=2rad/s2，g取10m/s2，以下判断正确的是（　　）
A. 细线对物块的拉力是5N
B. 当物块的速度增大到某一值后，细线将被拉断
C. 物块做匀速直线运动
D. 物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2
5. 在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1：2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想电表。现在a、b端输入正弦交流电，电键S断开时，电压表的示数为U1，电键S闭合后，电压表的示数为U2，则U1U2的值为（　　）
A. 23 B. 32 C. 35 D. 53
二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6. 法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针，且导线沿南北方向放置。下列说法正确的是（　　）
A. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
B. 开关闭合的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
C. 开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
D. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
7. 如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）

A. 木板的长度 B. 物块与木板的质量之比
C. 物块与木板之间的动摩擦因数 D. 从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
8. 如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab段水平，长度为2R；bc段是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，以下说法正确的是（　　）
A. 重力与水平外力合力的冲量等于小球的动量变化量
B. 小球对圆弧轨道b点和c点的压力大小都为5mg
C. 小球机械能的增量为3mgR
D. 小球在到达c点前的最大动能为(2+1)mgR
9. 如图所示为一简谐横波在t=0s时刻的波形图，Q是平衡位置为x=4m处的质点。Q点与P点平衡位置相距3m，P点的振动位移随时间变化关系为y=l0sin（πt+π4）cm，下列说法正确的是（　　）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的传播速度为4m/s
C. 质点Q在1s内通过的路程为0.2m
D. t=0.5 s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大
E. t=0.75 s时，质点P的加速度为0，速度为负向最大
三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
10. 如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图。图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦。
（1）下列说法正确的是______
A．实验中m2应远小于m1
B．实验时应先接通电源后释放小车
C．测力计的读数始终为m2g2
D．带有定滑轮的长木板必须保持水平，否则误差可能会很大
（2）如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度大小是______m/s2（交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数字）。

（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象可能是下图中的______。



11. 某实验室中有一捆铜电线，实验小组的同学想应用所学的电学知识来测量这捆电线的长度。他们设计了如图甲所示的电路来测量这捆电线的电阻Rx，图中a、b之间连接这捆电线；V1和V2可视为理想电压表；R为阻值范围为0～999.0的电阻箱；E为电源；R0为定值电阻；S为开关。采用如下步骤完成实验：
（1）先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图乙所示，则d=______mm；
（2）按照图甲所示的实验原理图，完善图丙中的实物连线；
（3）将电阻箱R调节到适当的阻值，闭合开关S，记下此时电阻箱的阻值R、电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2，则这捆电线的阻值表达式为Rx=______（用R、U1、U2表示）；
（4）改变电阻箱的阻值R，记下R、U1、U2的多组数据，算出这捆电线的电阻Rx=2.6Ω，已知该电线铜材料的电阻率为ρ=2.00×10-8Ω•m，则这捆铜电线的长度为L=______m（结果保留三位有效数字）。


四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
12. 如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α=37°，A、B是两个质量均为 m=1kg的小滑块（可视为质点），C为左端附有胶泥的质量不计的薄板，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧。当滑块A置于斜面上且受到大小F=4N，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动。现撤去F，让滑块A从斜面上距斜面底端L=1m处由静止下滑，若g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求滑块A到达斜面底端时的速度大小v1；
（2）滑块A与C接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep。








13. 如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为+q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点，经偏转后从x轴上的C点（图中未画出）进入第一象限内并击中AO上的D点（图中未画出）。已知OM的长度L1=202m，匀强磁场的磁感应强度大小为B=mq（T），重力加速度g取10m/s2．求：
（1）两匀强电场的电场强度E的大小；
（2）OC的长度L2；
（3）质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。







14. 一块用折射率n=2的玻璃制作的透明体，其横截面如图所示，ab是一半径为R的圆弧，ac边与bc边垂直，∠aoc=60°，当一束平行光线垂直照射到ac边时（c点没有光线射入），ab部分和bc部分的外表面只有一部分是亮的，而其余是暗的，求：
（1）ab部分的外表面是亮的部分的弧长；
（2）bc部分的外表面是亮的部分的弧长。







答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：A、该核反应方程式符合质量数守恒与电荷数守恒，故A正确；
B、原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故B错误；
C、β衰变的本质是一个中子变成一个质子和一个电子，故不改变质量数，故C错误；
D、重核裂变的过程中释放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增大，故D错误；
故选：A。
根据质量数守恒和电荷数守恒判断核反应方程式；衰变过程由原子核内部自身因素决定；β衰变中不改变质量数；根据裂变的特点分析；
该题考查常见的核反应方程以及半衰期，解答的关键是知道半衰期与外界条件无关。
2.【答案】C
【解析】
解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，
星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=m1r1，
即m2=
故选：C。
这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，
S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题．
双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力．
3.【答案】B
【解析】
解：G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，
根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为，
当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为，方向沿y轴正向，
由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强大小相等方向相反，大小为，方向沿y轴负向，
所以H点处场合强的大小为，方向沿y轴负向，所以B正确；
故选：B。
根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，在H点同样根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．
本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G点处的电场强度恰好为零的含义．
4.【答案】D
【解析】
解：由题意知，物块的速度v=ωR=kRt=1tm/s
又v=at
故可得物体运动的a=1m/s2，物块做匀加速直线运动，故C错误；
据牛顿第二定律F-f=ma
又f=μFN=μmg
细线对物块的拉力F=ma+μmg=1×1+0.5×1×10N=6N，故AB错误，D正确。
故选：D。
由物块速度v=ωR=at，可得物块运动的加速度，结合牛顿第二定律即对物块的受力分析可求解绳子拉力。
题关键根据绞车的线速度等于物块运动速度从而求解物块的加速度，根据牛顿第二定律求解。
5.【答案】D
【解析】
解：电键S断开时，设副线圈的电流为I1，则U1=2I1R
根据电流之比等于匝数的反比可得原线圈的电流为2I1，故原线圈两端电压为u-2I1R=u-U1，
根据电压之比等于匝数之比可得：，解得U1=；
电键S闭合时，设副线圈的电流为I2，则U2=I2R
根据电流之比等于匝数的反比可得原线圈的电流为2I2，故原线圈两端电压为u-2I2R=u-2U2，
根据电压之比等于匝数之比可得：，解得U2=；
则：=，故D正确，ABC错误。
故选：D。
电键S断开或闭合时，根据电流之比等于匝数反比求解原线圈的电流强度，得到原线圈两端电压，根据匝数之比等于电压之比列方程求解。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
6.【答案】BC
【解析】
解：AD、开关闭合并保持一段时间后，穿过线圈B中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，则小磁针不会偏转，故AD错误；
B、开关闭合的瞬间，依据安培定则，可知，线圈A中产生逆时针方向磁场，再由楞次定律，因穿过线圈B的磁场向上，且增大，那么感应电流的磁场向下，因此线圈B中产生逆时针感应电流，根据安培定则，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故B正确；
C、开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，同理，线圈B中产生顺时针方向感应电流，根据安培定则，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故C正确。
故选：BC。
电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变，从而判定AD选项； 并根据安培定则，及楞次定律，即可判定BC选项。
本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流，同时要掌握楞次定律的应用，及理解安培定则，注意其也叫右手螺旋定则。
7.【答案】BC
【解析】
解：A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对°与木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A错误；
B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，解得：=，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B正确；
C、对木板，由动量定理得：μmgt1=Mv1，解得：μ=，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C正确；
D、由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D错误；
故选：BC。
物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律、动量定理、动能定理分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动量定理即可解题。
8.【答案】CD
【解析】
解：A、小球受到的所有力的合力的冲量等于动量的变化量，故A错误
B、在b点的速度为vb，mg×2R=   又FN-mg- 得：FN=5mg
在c点的速度为vc：mg3R-mgR= 又F=m  得：F=4mg，故B错误
C、小球机械能的增量等于除重力外的力做的功为：mg×3R=3mgR，故C正确
D、在bc段沿切向合力为0时小球的动能最大，即为运动高度为（1-）R，水平距离为R处时
由动能定理有：mg（2+）R-mg（1-R=EK，得：Ek=（mgR，故D正确
故选：CD。
根据功的计算公式W=Fl求水平外力F做的功。由动能定理求出小球通过b点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对圆弧轨道的压力。根据动能定理求出小球在c点的速度，由牛顿运动定律求运动到c点时对圆弧的压力。
本题考查动能定理和向心力的综合应用。运用动能定理时要明确研究的过程，分析哪些力对物体做功。
9.【答案】BCE
【解析】
解：A、当t=0时，y=10sincm=cm，可知P点在Q点的左侧，在x=0～2m处，且向上振动，根据“上下坡法”知，该波沿x轴负方向传播，故A错误。
B、该波的波长λ=8m，质点P的振动周期T=，波的周期等于质点振动周期，则波的传播速度v=，故B正确。
C、质点Q在1s内，即二分之一个周期内通过的路程等于两倍的振幅，为20cm=0.2m，故C正确。
D、t=0.5s，即经过，质点Q运动到负的最大位移处，此时加速度最大，速度为零，故D错误。
E、t=0.75s时，质点P的位移y=10sin（0.75π+）=0，此时质点P处于平衡位置，加速度为零，向下振动，即速度为负向最大，故E正确。
故选：BCE。
根据PQ相距的距离确定P点的位置和P点振动方向，从而确定波的传播方向。根据质点的振动周期得出波的周期，结合波长求出波的传播速度。根据经历的时间求出质点Q振动过程中通过的路程。根据质点P、Q所在的位置确定加速度和速度的大小。
解决本题的关键能够从波动图象和振动图象获取信息，以及知道质点的振动方向与波的传播方向的关系。
10.【答案】B   0.50   C
【解析】
解：（1）A、该实验首先必须要平衡摩擦力，故A错误；
B、为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；
C、由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；
D、由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m2g-2F=m2a，
解得：F=，故D错误；
故选：B。
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：
△x=0.0339-0.0289=a×（0.1）2
解得：a=0.50m/s2
（3）若没有平衡摩擦力，则当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C。
故选：C。
故答案为：（1）B；
（2）0.50；
（3）C
（1）该实验必须要平衡摩擦；由于该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，故不要求重物质量远小于小车质量；由牛顿第二定律可求解测力计的读数。
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求解加速度。
（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。
对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，为将来具体实验打好基础，对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做。第2问选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高。
11.【答案】1.200  (U2−U1)RU1   1.47×102
【解析】
解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+20.0×0.01mm=1.200mm。
（2）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）电线的阻值表达式为Rx===；
（4）由电阻定律得：Rx=ρ=ρ，电线长度：L=，
代入数据解得：L=1.47×102m；
故答案为：（1）1.200；（2）实物电路图如图所示；（3）；（4）1.47×1021。
（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）根据电路图连接实物电路图。
（3）根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电线的电阻。
（4）根据实验数据应用电阻定律可以求出电线的长度。
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；分析清楚图示电路图、应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电线电阻表达式；应用电阻定律可以求出电线的长度。
12.【答案】（1）滑块A匀速下滑时，共受四力作用，由平衡条件：
mgsin37°=μN1        ①
N1=mgcos37°+F      ②
即：mgsin37°=μ（mgcos37°+F）
简化后得：μ=mgsin37°mgcos37∘+F  ③
代入数据得：μ=0.5
撤去F后，滑块A受三力作用匀加速下滑，受力图见图：

由动能定理有：
(mgsin37°−μmgcos37°)L=12mv12     ④
代入数据得v1=2m/s
（2）两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v2，
由动量守恒有：
mv1=（m+m）v2                ⑤
根据能量守恒定律，有：
Ep=12mv12−12(2m)v22          ⑥
由⑤式得：v2=1m/s，代入⑥式得：Ep=1J
答：（1）求滑块A到达斜面底端时的速度大小v1为2m/s；
（2）弹簧的最大弹性势能Ep为1J。
【解析】

（1）当物体受到恒力F时，做匀速直线运动，根据平衡得出动摩擦因数，撤去恒力F后，对A从初始位置到达底端的过程运用动能定理求出滑块A到达斜面底端时的速度大小。
（2）滑块A与B碰撞的瞬间，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒求出碰后的速度，此时，系统动能最小，弹簧弹性势能最大，结合能量守恒求出最大的弹性势能。
本题综合考查了动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键理清运动过程，合力地选择研究对象，运用动量守恒定律解题。
13.【答案】解：（1）质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，所以有：
mg=qE
解得：E=mgq；
（2）质点从M到O做匀加速直线运动，设质点到达O点的速度为v，由运动学规律知：
v2=2aL1
由牛顿第二定律得：
2mg=ma
解得：v=202m/s
质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，设圆周运动的半径为R，其轨迹如图所示

由牛顿定律有：qvB=mv2R
解得：R=202m
由几何知识可知OC的长度为：L2=2Rcos45°=40m
（3）质点从M到O的时间为：t1=va=2s
质点做圆周运动时间为：t2=34T=34×2πRv=32π=4.71s
质点做类平抛运动时间为：t3=Rv=1s
质点全过程所经历的时间为：t=t1+t2+t3=7.71s。
答：（1）两匀强电场的电场强度E的大小为mgq；
（2）OC的长度40m；
（3）质点从M点出发到击中D点所经历的时间7.71s。
【解析】

（1）对质点受力分析，沿直线运动，合力和轨迹共线，可求得电场强度；
（2）质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，画出轨迹，由洛伦兹力提供向心力和运动学公式可求得OD的长；
（3）分别求出质点做匀加速直线运动、做匀速圆周运动、做类平抛运动的时间相加即可。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。
14.【答案】解：（1）由题意作光路图如图所示，该介质的临界角是C．则有：
sinC=1n=12，C=30°
在α≥30°时，均发生全反射，图中d点为入射角等于临界角的临界点，所以在ab部分表面只有bd部分有光透射出，
平行光部分弧长为：
s1=R×π6=πR6
（2）在bc部分，如图所示，也只有eb部分有光发出，eb长度为：
s2=R-Oe=R-3R3=3−33R。
答：（1）ab部分的外表面是亮的部分的弧长为πR6；
（2）bc部分的外表面是亮的部分的弧长为3−33R。
【解析】

根据折射定律求出临界角的大小，通过几何关系得出有平行光投射出去所对应的圆心角，从而求出其弧长。
本题对数学几何能力考查要求较高，关键掌握全反射的条件，运用折射定律进行求解。