还剩18页未读，
继续阅读
2023届四川省绵阳中学高三下学期三诊模拟考试物理试题 （解析版）
展开
这是一份2023届四川省绵阳中学高三下学期三诊模拟考试物理试题 （解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题，五节车厢之间的作用力大小F45等内容，欢迎下载使用。
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（ ）
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（ ）
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
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
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（ ）
A. A、B两点的电场强度相同
B. 电子在C点处的电势能为15eV
C. 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（ ）
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；
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mg
B. 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；
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。
（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
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. 149 ②.
（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
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。
【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
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
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>T2
B. 气体吸热，气体分子热运动平均动能增大，T1C. 器壁上单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少
D. 若气体由状态2再变化到状态1时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相等，则气体放出的热量也一定与图示变化吸收的热量大小相等
E. 气体从状态2变化到状态1的过程中不可能有吸热现象
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据理想气体气态方程
可得
说明从状态1变化到状态2，气体内能增加，分子平均动能增加，气体对外做功，内能增加，说明气体吸热， A错误B正确；
C．分子平均动能增加，分子撞击器壁的力增大，由于气体压强减小，故可得器壁上单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少，C正确；
D．若气体由状态2再变化到状态1时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相等，根据热力学第一定律可知，则气体放出的热量与图示变化吸收的热量大小不相等，D正确；
E．根据理想气体的气态方程
可知，如果图像是反比例函数，即温度不变，由题意知，不是反比例函数，故pV的乘积先增大后减小，所以温度先增大后减小，所以有吸热过程， E错误。
故选BCD。
14. 如图所示，两侧粗细均匀、横截面积均是S、高度均为的U型管，现处于倒置状态，左管下端开口，右管下端封闭，左管中有高的水银柱，管内封闭有一段气体。已知水银柱下表面离管口的距离。管底水平段的体积可忽略。在转动过程中，始终没有水银流出。环境温度为，大气压强。
（1）现将U型管缓慢转动直至左右两管都平放在水平面上，求稳定后水银柱液面离管口的距离是多少？
（2）U型管平放在水平面后，再将密封气体缓慢加热，使水银柱液面恰好与管口平齐。求此时封闭气体的温度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】解：（１）对封闭的气体，从开始到平放在水平面上，气体温度恒定，现将U型管平放在水平面上，此时水银柱液面离管口的距离是x。初态：气体压强
气体体积
末态：气体压强，气体体积
根据玻意耳定律得，代入数据解得
（２）缓慢加热过程，密封气体再经等压膨胀过程体积变为
设水银柱液面恰好与管口平齐时封闭气体的温度为，根据盖吕萨克定律有，代入数据解得
【物理一选修3-4】（15分）
15. 如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波Ⅰ在介质中沿BP方向传播，P与B相距20cm，沿竖直方向振动的横波Ⅱ在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距30cm，在时刻，两列波同时分别传到B、C两点，B点的振动图像如图乙所示，C点的振动图像如图丙所示。两列波的波速都为10cm/s，两列波在P点相遇，则以下说法正确的是（ ）
A. 横波Ⅰ遇到100m的障碍物时会发生明显衍射现象
B. P点的振幅为10cm
C. 0~4s内P点的路程为160cm
D. 0~4s内P点路程为120cm
E. 时P正经过平衡位置
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．横波I的波长为
发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或者差不多，可知横波I遇到100m的障碍物时不会发生明显衍射现象，故A错误；
B．横波II的波长为
即两列波的波长相等，且满足
结合图乙和图丙可知，当横波II的波谷到达点时，横波I的波峰也刚好到达点，即点为振动减弱，两列波叠加后，点的振幅为
故B正确；
CD．横波I从点传到点需要时间为
横波II从点传到点需要时间为
说明在内，只有在内横波I引起的振动，路程为
在内横波I、II同时引起的振动，路程为
则内P点的路程为
故C正确，D错误；
E．时，横波I、II均向前传播了
此时横波I越过点的距离为
由图乙可知横波I在点引发的振动正经过平衡位置，横波II越过点的距离为
由图丙可知横波II在点引发的振动正经过平衡位置，所以在时P正经过平衡位置，故E正确。
故选BCE。
16. 为测量双层玻璃中间真空层的厚度，用激光笔使单色光从空气以入射角θ射入玻璃，部分光线如图所示。测得玻璃表面两出射点B、C与入射点A的距离分别为和。已知玻璃的折射率为n，光在真空中的速度为c。求：
（1）真空层的厚度d；
（2）光从A传播到B的时间t。
【答案】（1）； （2）
【解析】
【详解】（1）光路图如图所示，设真空层的厚度为d，由光路图可知，AC比AB多了光线在真空层平移的部分，由几何关系知：
解得;
（2）光在玻璃中速度为v由
得：
由折射定律可知
则
从A到B的光程为
所用时间为
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（ ）
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（ ）
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
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
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（ ）
A. A、B两点的电场强度相同
B. 电子在C点处的电势能为15eV
C. 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（ ）
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；
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mg
B. 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；
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。
（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
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. 149 ②.
（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
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。
【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
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
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>T2
B. 气体吸热，气体分子热运动平均动能增大，T1
D. 若气体由状态2再变化到状态1时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相等，则气体放出的热量也一定与图示变化吸收的热量大小相等
E. 气体从状态2变化到状态1的过程中不可能有吸热现象
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据理想气体气态方程
可得
说明从状态1变化到状态2，气体内能增加，分子平均动能增加，气体对外做功，内能增加，说明气体吸热， A错误B正确；
C．分子平均动能增加，分子撞击器壁的力增大，由于气体压强减小，故可得器壁上单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少，C正确；
D．若气体由状态2再变化到状态1时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相等，根据热力学第一定律可知，则气体放出的热量与图示变化吸收的热量大小不相等，D正确；
E．根据理想气体的气态方程
可知，如果图像是反比例函数，即温度不变，由题意知，不是反比例函数，故pV的乘积先增大后减小，所以温度先增大后减小，所以有吸热过程， E错误。
故选BCD。
14. 如图所示，两侧粗细均匀、横截面积均是S、高度均为的U型管，现处于倒置状态，左管下端开口，右管下端封闭，左管中有高的水银柱，管内封闭有一段气体。已知水银柱下表面离管口的距离。管底水平段的体积可忽略。在转动过程中，始终没有水银流出。环境温度为，大气压强。
（1）现将U型管缓慢转动直至左右两管都平放在水平面上，求稳定后水银柱液面离管口的距离是多少？
（2）U型管平放在水平面后，再将密封气体缓慢加热，使水银柱液面恰好与管口平齐。求此时封闭气体的温度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】解：（１）对封闭的气体，从开始到平放在水平面上，气体温度恒定，现将U型管平放在水平面上，此时水银柱液面离管口的距离是x。初态：气体压强
气体体积
末态：气体压强，气体体积
根据玻意耳定律得，代入数据解得
（２）缓慢加热过程，密封气体再经等压膨胀过程体积变为
设水银柱液面恰好与管口平齐时封闭气体的温度为，根据盖吕萨克定律有，代入数据解得
【物理一选修3-4】（15分）
15. 如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波Ⅰ在介质中沿BP方向传播，P与B相距20cm，沿竖直方向振动的横波Ⅱ在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距30cm，在时刻，两列波同时分别传到B、C两点，B点的振动图像如图乙所示，C点的振动图像如图丙所示。两列波的波速都为10cm/s，两列波在P点相遇，则以下说法正确的是（ ）
A. 横波Ⅰ遇到100m的障碍物时会发生明显衍射现象
B. P点的振幅为10cm
C. 0~4s内P点的路程为160cm
D. 0~4s内P点路程为120cm
E. 时P正经过平衡位置
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．横波I的波长为
发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或者差不多，可知横波I遇到100m的障碍物时不会发生明显衍射现象，故A错误；
B．横波II的波长为
即两列波的波长相等，且满足
结合图乙和图丙可知，当横波II的波谷到达点时，横波I的波峰也刚好到达点，即点为振动减弱，两列波叠加后，点的振幅为
故B正确；
CD．横波I从点传到点需要时间为
横波II从点传到点需要时间为
说明在内，只有在内横波I引起的振动，路程为
在内横波I、II同时引起的振动，路程为
则内P点的路程为
故C正确，D错误；
E．时，横波I、II均向前传播了
此时横波I越过点的距离为
由图乙可知横波I在点引发的振动正经过平衡位置，横波II越过点的距离为
由图丙可知横波II在点引发的振动正经过平衡位置，所以在时P正经过平衡位置，故E正确。
故选BCE。
16. 为测量双层玻璃中间真空层的厚度，用激光笔使单色光从空气以入射角θ射入玻璃，部分光线如图所示。测得玻璃表面两出射点B、C与入射点A的距离分别为和。已知玻璃的折射率为n，光在真空中的速度为c。求：
（1）真空层的厚度d；
（2）光从A传播到B的时间t。
【答案】（1）； （2）
【解析】
【详解】（1）光路图如图所示，设真空层的厚度为d，由光路图可知，AC比AB多了光线在真空层平移的部分，由几何关系知：
解得;
（2）光在玻璃中速度为v由
得：
由折射定律可知
则
从A到B的光程为
所用时间为
相关试卷
2023届四川省绵阳中学高三下学期三诊模拟考试理科综合试题-物理试题及答案： 这是一份2023届四川省绵阳中学高三下学期三诊模拟考试理科综合试题-物理试题及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届四川省成都市石室中学高三下学期二诊模拟考试物理试题 （解析版）： 这是一份2024届四川省成都市石室中学高三下学期二诊模拟考试物理试题 （解析版），共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省绵阳市高三上学期二诊模拟考试物理试题 （解析版）： 这是一份2023届四川省绵阳市高三上学期二诊模拟考试物理试题 （解析版），共18页。
