2024届四川省成都石室中学高三下学期5月高考适应性考试（一）理科综合试卷-高中物理

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（全卷满分300分，考试时间150分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题，共126分）
二、选择题：本大题共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，有选错的得0分。
1. 某“失重”餐厅传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（ ）
A. 机械能保持不变B. 动量保持不变C. 所受合力不为零D. 处于超重状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，则小车的机械能减小，故A错误；
B．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式力p = mv可知，小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B错误；
C．根据上述可知，小车做变速去运动，即小车所受合力不为零，故C正确；
D．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向所受合力为0，故小车沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，则小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D错误。
故选C。
2. 在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。已知R，为热敏电阻（其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A. 变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u = 100sin50πt（V）
B. 图甲中t = 2 × 10−2s时，穿过线圈的磁通量最大
C. Rt处温度升高后，电压表V1与V2示数的比值不变
D. Rt处温度升高后，变压器的输入功率减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图甲可知，Em = 100V，T = 0.02s，则
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u = 100sin100πt（V），故A错误；
B．图甲中t = 2 × 10−2s时，线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，故B正确；
C．理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变，Rt处温度升高时，Rt的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈回路中的电流I2增大，电压表V2测量Rt两端的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有
Ut = U2−I2R
则电压表V2示数减小，电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D．理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变，Rt处温度升高时，Rt的阻值变小，变压器的输出功率
输出功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率变大，故D错误。
故选B。
3. 静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，实线为电子运动的轨迹，P、Q、R为其轨迹上的三点，电子仅在电场力的作用下从P点运动到R点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. P点的电势高于Q点的电势
B. 电子在P点的加速度小于在R点的加速度
C. 从P点至R点运动过程中，电子的电势能增加
D. 从P点至R点的运动过程中，电子的动能一直增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子仅在电场力的作用下从P点运动到R点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，电场力方向与等势线垂直，可知电场线方向整体从右指向左，又由于沿电场线方向，电势降低，可知P点的电势低于Q点的电势，故A错误；
B．由于任意两条相邻等势线间电势差相等，则等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱，P点的等势线分布比R点的密集，则P点的电场强度大于R点的电场强度，可知电子在P点的加速度大于在R点的加速度，故B错误；
CD．结合上述可知，从P点至R点的运动过程中，电子所受的电场力做正功，电子的电势能减小，电子的动能增大，故C错误，D正确。
故选D。
4. 如图所示，恒星A、B构成的双星系统绕点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA1.51eV，所以能使金属铷发生光电效应的光直接照射处于n=3激发态的氢原子，可以直接使该氢原子电离，故C正确；
D．若b光的光子能量为0.66eV，照射某一个处于n=3激发态的氢原子，氢原子从3跃迁到4，再从4回到基态，最多可以产生3种不同频率的光，故D错误。
故选BC。
7. 如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧等长的传送带倾角可以在一定范围内调节，方便不同情况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度大小相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，M1、M2代表两传送带。第一次调整M1的倾角为30°，M2的倾角为45°，第二次调整M1的倾角为45°，M2的倾角为30°，两次分别将同一货物无初速放在M1的最低端，都能传到M2的最高端。货物与M1和M2的接触面粗糙程度相同，两次运输中货物均在M1上就已与传送带共速，先后两次传输机的运行速度大小相同。则（ ）
A. 第一次运送货物的时间较短
B. 第二次运送货物的时间较短
C. 传输机因运送货物而多消耗的能量，第一次较多
D. 传输机因运送货物而多消耗的能量，第二次较多
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设传送带的速度为v，M1的倾角为θ，货物在M1上加速运动时有
μmgcsθ−mgsinθ = ma
解得
a = μgcsθ−gsinθ
可知θ越大，加速度越小，两次货物运送长度一样，则第一次运送货物的时间较短，故A正确、B错误；
CD．根据能量守恒可知，传输机因运送货物而多消耗的能量转化为货物的动能、重力势能和摩擦产生的内能。两次运送货物增加的动能和重力势能之和相等，故只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q，设货物加速的时间为t，货物与传送带的相对位移为Δx，可得
，Q = f·Δx，，f = μmgcsθ
联立解得
可知θ越大，Q越大，即传输机因运送货物而多消耗的能量多，故第二次较多，故C错误、D正确。
故选AD。
8. 电磁减震器是利用电磁感应原理一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学设计了一个电磁阻尼减震器，如图所示为其简化原理图。该减震器由绝缘水平滑动杆及固定在杆上的多个间距很小的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m=1.0kg。每个矩形线圈abcd的匝数n=10，电阻值R=1.0Ω，ab边长L=20cm，bc边长d=10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0=7.0m/s向右进入磁感应强度大小B=1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围足够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则（ ）
A. 刚进入磁场时减震器的加速度大小为0.28m/s2
B. 第三个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为5.8m/s
C. 滑动杆上至少需安装17个线圈才能使减震器完全停下来
D. 第一个线圈和最后一个线圈产生的热量比为136
【答案】BD
【解析】
【详解】A．刚进入磁场时，线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动，故安培力
F安=nBIL
其中
根据牛顿第二定律可知，加速度
故A错误；
B．设向右为正方向，对减震器分析，当第一个线圈恰好完全进入磁场时，设该过程所用的时间为t，此时减震器的速度为v1，则由动量定理可得
解得
v1=6.6m/s
以此类推，每个线圈刚好完全进入磁场，减震器的速度减小量相等
所以第三个线圈刚好完全进入时，减震器的速度大小
故B正确；
C．减震器速度减为零需要的线圈个数
可知至少需要18个线圈，故C错误；
D．根据能量守恒可知，每个线圈进入磁场的过程中产生的热量等于减震器动能的减小量，最后一个线圈刚进入磁场时减震器的速度
v18=0.2m/s
因此第一个线圈与最后一个线圈产生的热量比
故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题，共174分）
三、非选择题：本卷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（共129分）
9. 某同学利用如图一所示的实验装置验证碰撞过程中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切，以相切点O为坐标原点，向右为正方向建立一维坐标系，在足够远的地方放置了位移传感器，当滑块A经过O点时，位移传感器开始工作。已知小滑块A和B与接触面的动摩擦因数相同。
先将小滑块A从圆弧轨道上某一点静止释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的图像（如图二中的甲图线），记录小滑块A停止的时刻为；
然后将左侧贴有双面胶（不计双面胶的质量）的小滑块B放在圆弧轨道的最低点O处，再将小滑块A从圆弧轨道上同一点静止释放，小滑块A与B碰撞后结合为一个整体，测出小滑块A、B整体在水平桌面上滑行的图像（如图二中的乙图线），记录小滑块A、B整体停止的时刻为。
（1）本实验选择的圆弧轨道______（“需要”或“不需要”）光滑。
（2）本实验______（“需要”或“不需要”）测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。
（3）已知小滑块A、B的质量分别为、，当表达式为______（用、、和表示），则验证了小滑块A和B碰撞过程中动量守恒。
【答案】 ①. 不需要 ②. 不需要 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]动量守恒中的速度计算可以利用水平面上的运动求解的，所以圆弧轨道不需要保证光滑。
（2）（3）[2][3]滑块A在水平桌面上的运动过程，由动量定理得
碰撞前动量
两滑块共同运动时，有
碰撞后动量
要验证碰撞过程中的动量守恒即要验证
整理得
从公式可以看出不需要测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。
10. 某同学想测定盐溶液的电阻率，具体操作步骤如下：
①如图甲所示，在长方体绝缘容器内插入两竖直金属薄板A、B（金属薄板略小于容器横截面积），A板固定在左侧，B板可移动，把B板移动到容器的最右侧；
②按图乙连接电路，将a、b两表笔短接，调节滑动变阻器的滑片，使灵敏电流计G满偏；
③保持滑动变阻器滑片的位置不变，将A、B两板接在a、b两表笔之间，在容器内倒入适量的盐溶液，使灵敏电流计半偏。
（1）已知电源的电动势为E，灵敏电流计的满偏电流为Ig，容器内部底面长度为L，倒入盐溶液的体积为V，则此盐溶液的电阻率为___________。（用E、Ig、L、V表示）
（2）A、B两板接在a、b两表笔之间后，要使灵敏电流计的示数增大，应___________（填“增加”或“减少”）倒入盐溶液的体积。
（3）某同学测量出该盐溶液的电阻率后，想按图丙（a）所示的电路测定一个实验电源的电动势与内阻。向容器内倒入体积的盐溶液后，通过移动B板来改变A、B两板的间距x，读取电流表的示数I，记录多组数据，做出图象如图丙（b）所示。已知容器内部底面长度L=0.3m，则电源的电动势为___________ V，内阻为___________Ω。（结果均保留三位有效数字）
（4）不考虑实验过程中的偶然误差，关于上述方法测得的电动势、内阻与真实值的关系，下列说法正确的是 。
A. 测得的电动势和内阻均比真实值大B. 测得的电动势和内阻均比真实值小
C. 测得的电动势准确，内阻偏大D. 测得的电动势偏大，内阻准确
【答案】（1）
（2）增加 （3） ①. 5.00 ②. 225
（4）C
【解析】
【小问1详解】
因为灵敏电流计后来半偏，即
由于
联立解得
【小问2详解】
要使灵敏电流计的示数增大，盐溶液的电阻应减小，绝缘容器底面的长度不变，所以应该增加倒入盐溶液的体积。
【小问3详解】
由闭合电路欧姆定律可知
整理得
则由图丙（b）有
，
联立解得
E=5.00V，r=225Ω
【小问4详解】
由实验图可知，电流表与各元件为串联关系，由闭合电路欧姆定律可知，此实验方法测得实验电源的电动势准确，但此方法求得的内阻包含灵敏电流计的内阻，故内阻的测量值大于真实值，故选C。
11. 如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在着垂直于abc所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P、Q均为ab边的三等分点。t = 0时刻，磁场方向正好垂直于abc所在平面向里，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，并从P点第一次进入三角形abc区域。粒子第一次和第二次经过bc边时，磁场方向会反向一次，磁感应强度大小始终为B，其余时间磁场方向保持不变。不计带电粒子重力，求：
（1）粒子的荷质比；
（2）粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
画出粒子的运动轨迹如图
粒子第二次到达Q点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由图可知
联立有
12. 如图所示，以v = 4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球的质量m0 = 0.3kg。质量m = 0.1kg的物体从轨道上高处P静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0 = 6m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ = 0.5，传送带AB之间的距离L = 3.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g = 10m/s2。
（1）求物体第一次与小球碰撞时的速度；
（2）求物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
（3）求物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热。
【答案】（1）4m/s；（2）0.4m；（4）3J
【解析】
【详解】（1）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下匀减速运动，加速度大小
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
故物体与小球1碰撞前的速度v = 4m/s。
（2）物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，由动量守恒和能量守恒定律得
解得
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
解得
s = 0.4m
（3）由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
，
以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，物体和小球的速度大小分别为
，
由于总共有4个小球，可知物体与第1个小球一共可以发生4次碰撞，则物体最终的速度大小为
物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程
故物体与传送带间产生摩擦热
（二）选考题：共45分。请考生从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，则按每科所做的第一题计分。
【物理——选修3-4】（15分）
13. 下列说法正确的是（ ）
A. 枣园里有很多粗细不同、形状不同的枣树，在枣子成熟的季节，某同学想摇动自家枣园中细高枣树的树干，把枣子摇下来，用相同的频率摇不同的树干，树干的振动频率一定相同
B. 单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律
C. 声波由空气进入水中时，波长变短
D. 在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调制，调制方法有调幅和调频两种
E. 在高速运动的情况下，惯性参考系中的物理规律一定相同
【答案】ADE
【解析】
【详解】A．摇动树干，树干做受迫振动，树干的振动频率取决于驱动频率，用不同的频率摇相同的树干，树干的振动频率一定不同，用相同的频率摇不同的树干，树干的振动频率一定相同，故A正确；
B．单摆移到太空实验舱中，由于完全失重，其回复力为零，单摆不能做简谐运动，更不能研究简谐运动的规律，故B错误；
C．声波由空气进入水中，频率和周期不变，波速变大，故波长变长，故C错误；
D．在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调制，调制的方式有调幅和调频两种，故D正确；
E．根据狭义相对论的相对性原理，物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式，故E正确。
故选ADE。
14. 1965年香港中文大学校长高锟在一篇论文中提出以石英基玻璃纤维作长程信息传递，引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通信得以广泛应用。此举被视为光纤通信的里程碑之一，高锟也因此被国际公认为“光纤之父”。如图为某种新型光导纤维材料的一小段，材料呈圆柱状，其中MQ为直径，一束单色光以入射角α从空气射向圆心O。
（1）若α=45°时，单色光刚好不从MN射出，求光导纤维的折射率；
（2）若光导纤维的折射率为2，证明无论入射角α为多少，单色光都不会从MN或QP射出。
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）若α=45°时，单色光刚好不从MN射出，光路图如图所示
根据折射定律有
临界角
根据几何关系有
则光导纤维的折射率
（2）无论入射角为多少，单色光都不会从MN或QP射出，光导纤维的折射率最小时，根据折射定律有
临界角
根据几何关系有
则光导纤维折射率的最小值
故若光导纤维的折射率为2，则无论入射角为多少，单色光都不会从MN或QP射出。几种金属的逸出功和极限频率
金属
W/eV
/（×1014Hz）
钠
2.29
5.33
钾
2.25
5.44
铷
2.13
5.15