四川省成都石室中学2024届高三下期二模物理试卷（Word版附解析）

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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。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 F-19 K-39 Cr-52
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. 如图所示，投壶是古代士大夫宴饮时的一种投掷游戏，也是一种礼仪。其规则是：在离壶一定距离处将箭水平抛出，箭若落至壶内则为成功。某次投壶游戏中，箭落至图中A点，为使下次投中，游戏者可以（ ）
A. 仅增大抛出速度
B. 仅增大抛出高度
C. 同时增大抛出速度和高度
D. 同时减小抛出速度和高度
【答案】D
【解析】
【详解】由于箭落在壶的后方，说明箭的水平位移太大，要使箭投中应减小水平位移。设箭平抛运动的初速度为，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间为
水平位移为
由题可知，要使水平位移减小，则当减小初速度或减小抛出点的高度。
故选D。
2. 嫦娥五号探测器完成月球表面采样后，进入环月等待阶段，在该阶段进行若干次变轨，每次变轨后在半径更大的轨道上绕月球做匀速圆a周运动，其加速度a与轨道半径r的关系图像如图所示，其中b为纵坐标的b最大值，图线的斜率为k，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 月球的质量为
B. 月球的质量为
C. 月球的半径为
D. 每次变轨后探测器的机械能不变
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．根据万有引力提供向心力有
可得
由图像可知，当时，a最大，则有
图像的斜率
则月球的质量和月球的半径分别为
，
故AB错误，C正确；
D．变轨需加速，消耗燃料化学能，机械能增加，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中的P点，该原子核发生衰变后，放出一个粒子和一个新核，它们的速度方向与磁场方向垂直，轨迹的半径之比为，重力、阻力和库仑力均不计，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子和新核的动量比为B. 粒子和新核的电荷数比为
C. 放射性元素原子核的电荷数是90D. 衰变前原子核的比结合能小于衰变后新核的比结合能
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于放出粒子和新核的过程中，系统的动量守恒，则氦核和新核动量大小之比是，故A错误；
BC．由于放出的粒子和新核在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
则它们的轨道半径与它们所带的电荷数成反比，所以
则新核所带的电荷数为90，粒子的电荷数为2，为氦核，由于核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，则放射性元素原子核的电荷数是92，故BC错误；
D．衰变过程是原子核从不稳定到稳定的转变，又因为比结合能越大越稳定，所以衰变前原子核的比结合能小于衰变后新核的比结合能，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中通有大小为I、方向垂直于纸面向里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以施加方向垂直于导体棒的匀强磁场。则（ ）
A. 磁感应强度的最小值为
B. 若使施加匀强磁场磁感应强度最小，则方向应垂直于斜面向上
C. 若匀强磁场的方向在竖直方向，则磁场方向向下，磁感应强度为
D. 若导体棒与斜面间无挤压，则施加的磁场方向向上
【答案】B
【解析】
【详解】C．若匀强磁场方向在竖直方向，根据共点力平衡条件结合左手定则可知，磁场方向竖直向上，安培力水平向右，此时，导体棒的受力分析如图甲所示，则有
解得
故C错误；
D．若导体棒与斜面间无挤压，则导体棒所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，磁场方向水平向左，故D错误；
AB．如图乙所示，当安培力的方向平行斜面向上时，安培力最小，施加的匀强磁场磁感应强度最小，由左手定则可知，磁场方向垂直于斜面向上，此时有
磁感应强度最小值
故A错误，B正确。
故选B。
5. 如图甲所示，一质量的物体静止在倾角的足够长的粗糙斜面上，斜面动摩擦因数，现对物体施加一沿斜面的变力F，F随时间的变化如图乙所示，规定沿斜面向上为F的正方向，g取，则下列说法正确的是（ ）
A. 从0时刻开始，物体运动过程加速度先增大后不变
B. 在4s前F对物体做正功，4s后F对物体做负功
C. 物体在4s末的速度为
D. 物体在5s末的速度为
【答案】C
【解析】
【详解】物体的重力下滑分力为
滑动摩擦力为
由图像可知，当，即3.1s时刻，物体才被拉动，在此之前加速度a一直为0；可知在4s前物体的运动时间为，根据动量定理可得
由图像面积可知
联立解得4s时物体的速度为
在内加速度增大，F做正功。4s后F变向，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故只需要物体就减速为0，故在此过程中加速度不变，F做负功；之后物体反向运动，滑动摩擦力也反向，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故在5s末物体已反向运动，此时速度为
综上分析可知，物体运动过程先沿斜面向上做加速度逐渐增大的加速运动，F做正功；接着向上做匀减速直线运动到速度减为0，F做负功；之后反向向下做匀加速直线运动，F做正功；两个匀变速直线运动的加速度大小不相等。
故选C。
6. 如图所示，一可视为质点的带负电滑环（带电量很小）套在水平且足够长的光滑绝缘杆上，在杆的上方A点固定一正点电荷，B、C为杆上两点，D为AB的中点，AC与杆垂直，，滑环重力不可忽略。在B点给滑环一向右的初速度，下列说法正确的是（ ）

A. D点和C点电场强度相同
B. B、C两点间电势差等于B、D两点间电势差
C. 滑环在B点的电势能大于在C点的电势能
D. 滑环在B点受到杆的弹力小于在C点受到杆的弹力
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据题意可知，，根据点电荷电场强度表达式可知，C、D两点的电场强度大小相等，但是方向不同，故A错误；
B．D点和C点在以A为圆心的同心圆上，根据点电荷等势线分布特点可知，C点和D点的电势相等，则，故B正确；
C．B点的电势小于C点的，则滑环在B点的电势能大于在C点的，故C正确；
D．由于滑环重力与电场力具体关系不知道，故无法判断杆弹力的变化情况，故D错误。
故选BC。
7. 如图所示，我国的高铁技术处于世界领先水平，动车组由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢的质量均为m，动车组在水平直轨道上运行过程中受到的阻力与车重成正比，比例系数为k，其中每节动车的额定功率都为P。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则下列关于该动车组的说法，正确的是（ ）
A. 动车组运行的最大速率为
B. 动车组运行的最大速率为
C. 两节动车以额定功率使动车组做匀加速运动时，第2、3节与第5、6节车厢间的作用力之比为
D. 两节动车以额定功率使动车组做匀加速运动时，第2、3节与第5、6节车厢间的作用力之比为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．以最大速率行驶时，牵引力等阻力，牵引力
而总功率为2P，故最大速率
故A错误，B正确；
CD．当两节动车都以额定功率使动车组做匀加速运动时，设第2、3节车厢间的作用力为，5、6节车厢间的作用力为，加速度为a，每节动车产生的牵引力为F，每节车厢所受的阻力为，将第6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得
将第3、4、5、6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得
对整列动车组，由牛顿第二定律可得
联立解得
故C错误，D正确。
故选BD。
8. 如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是（ ）
A. 若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度
B. 若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小
C. 若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小（n＝1，2，3…）
D. 若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期（n＝1，2，3…）
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，如图1所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为
故B错误；
图1
CD．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，如图2所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r，则
根据牛顿第二定律有
解得
根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则
故C错误，D正确。
故选AD。
图2
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. 某小组成员想“探究动能定理在曲线运动中是否成立”，经讨论后，提出利用如图甲所示的装置进行探究。
实验器材：铁架台、力传感器（含数据采集器及配套软件、计算机，图中未画出）、量角器、轻质细绳、小球和刻度尺。
实验步骤如下：
①小球静止在位置Ⅰ时，力传感器的示数为，测得细绳悬点O到小球球心的长度为L；
②将小球拉至与竖直方向一定夹角，静止释放；
③通过软件描绘出细绳拉力随时间变化如图乙所示，、已知；
④改变静止释放时细绳与竖直方向夹角的值，重复实验，得到多组数据。
（1）本实验中，小球的重力大小为___________。
（2）从静止释放到最低点的过程中，重力对小球做功为___________，增加的动能为___________；若误差范围内两者相等，说明动能定理在曲线运动中成立。（请用题目中所提供的物理量来表示）
【答案】（1）
（2） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
静止时，力传感器的示数为，则重力等于。
【小问2详解】
[1] 从静止释放到最低点的过程中，重力对小球做功为
在最高点细绳的拉力
[2] 细绳对小球的拉力达到最大值，根据牛顿第二定律有
所以小球增加的动能
10. 几位同学通过实验研究水果电池的电动势和内阻。
（1）他们制作了一个苹果电池组（内阻较大）进行研究。从尽量减小实验误差的角度，请将图1中的实物连接成实验所用的电路_______，图中电压表和电流表的量程分别为1V和0.6mA（内阻较小）。
（2）利用图1所示的电路，调节滑动变阻器滑片的位置，测量出相应的电流I和电压U，并将电流I和相应的电压U用“+”标注在如图3所示的坐标纸上。其中一组电流和电压读数如图2所示，则电压表的读数为_______V。
（3）请将图2所示的电流表、电压表的读数也用“+”标注在图3的坐标纸上，并画出这个苹果电池组的图线_______。
（4）根据图3的图线可得，该电池组内电阻_______。（保留三位有效数字）
（5）关于该实验的误差，下列说法正确的是（ ）
A. 由于电压表的分流作用，会使电源电动势的测量值偏大
B. 由于电流表的表分压作用，会使电源电动势的测量值偏小
C. 由于电流表内阻的影响，会使电源内阻的测量值偏小
D. 由于电流表内阻的影响，会使电源内阻的测量值偏大
【答案】（1） （2）0.78
（3） （4）（均可）
（5）D
【解析】
【小问1详解】
由于苹果电池内阻较大，为减小内阻的测量误差，电压表只能测量滑动变阻器两端的电压，将电流表接在干路上，如图所示
【小问2详解】
电压表的量程为1V，精确度为0.02V，估读到0.01V，则电压表的读数为0.78V。
【小问3详解】
根据所描点连成倾斜直线，如图所示
【小问4详解】
图线斜率代表苹果电池内阻，图线斜率
【小问5详解】
AB．电压表的分流和电流表的分压对电动势测量没有影响，故AB错误；
CD．利用等效电源的方法，可以将电流表看成等效电源内阻的一部分，所以内阻测量值会偏大，故C错误，D正确。
故选D。
11. 两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200g的两响爆竹在0.01s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体（此过程两响爆竹的位移可以忽略），然后被竖直发射到距离地面的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80g的部分以的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取，求：
（1）下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小；
（2）上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设下层火药爆炸后爆竹的速度为，则
解得
由动量定理得
解得
（2）爆竹做平抛运动
解得
爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有
其中，，，解得
上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为
12. 如图所示，一倾角为光滑固定斜面的顶端放有质量的U形导体框，导体框的电阻忽略不计。一电阻、质量的金属棒PQ两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路PQMN，MN的长度。初始时PQ与MN相距一定距离，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，导体框下滑后恰好匀速进入一方向垂直于斜面向上的匀强磁场区域，直至离开磁场区域。PQ、MN、磁场边界（图中虚线）都与斜面底边平行，当导体框的MN边离开磁场的瞬间，金属棒PQ正好进入磁场，并一直做匀速运动直到离开磁场。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，金属棒与导体框之间的动摩擦因数，磁感应强度大小。重力加速度大小g取，。求：
（1）导体框的边MN刚要进入磁场时的速度大小；
（2）磁场的宽度d；
（3）金属棒和导线框由静止开始下滑到二者速度相等的过程中，金属棒和导线框组成的系统产生的总热量Q。

【答案】（1）；（2）；（3）1.32J
【解析】
【详解】（1）由题意，导体框与金属棒一起向下做匀加速度直线运动，根据动能定理有
代入数据得
（2）MN进入磁场一直做匀速运动，若经过时间t后MN离开磁场（或PQ进入磁场），则有
对导体棒PQ，由牛顿第二定律有
解得
即向下做加速运动，金属棒的速度
位移
PQ进入磁场时MN恰好离开磁场，磁场宽度，由PQ匀速进入，则有
安培力
而电流
联立解得
，，
（3）法一：
MN离开磁场后做匀加速运动，其加速度
代入数据得
当经过后MN与PQ速度相等，有
PQ的位移
MN的位移
两次摩擦生热
联立解得
安培力做功产生的焦耳热
所以系统产生的总热量
法二：全过程能量守恒
对PQ和MN构成的系统：设MN整个过程位移为，PQ棒的位移为
解得总热量
（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。
33.【物理——选修3-3】
34.【物理——选修3-4】
13. 下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，单色光在被检测厚玻璃板的上下表面反射后发生干涉
B. 图乙中，声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率减小
C. 图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后B球的周期比C球的周期大
D. 图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将明、暗交替变化，此现象表明光是横波
E. 图戊是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传播的速度
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．图甲中，入射光经空气膜上下表面反射后发生干涉，并不是被检测厚玻璃板的上下表面反射后的光发生干涉，故A错误；
B．图乙中，声源远离观察者时，根据多普勒效应可知，观察者接收到的声音频率减小，故B正确；
C．图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后B、C做受迫振动，周期相同，故C错误；
D．图丁中，只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确；
E．图戊中可以看出，b光束在水珠中偏折程度大，即b光束的折射率大于a光束的折射率，则a光束在水珠中的传播速度大于b光束在水珠中的传播速度，故E正确。
故选BDE。
14. 如图所示，两种不同材料的软绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间的距离为7.0m，ON间的距离为5.0m。将O点上下振动，振幅为0.2m，则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为。时刻O点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷，求：
①波源的振动周期；
②简谐横波Ⅰ和Ⅱ的波长；
③以O点处在波谷位置作为零时刻，画出N点的振动图像。
【答案】①；②，；③
【解析】
【详解】①时，M点位于波谷，O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷，由
可得
②OM间的距离为
则波Ⅰ的波长
已知波Ⅱ的波速，由
可得
③因为
所以N点比O点滞后，当O点在波谷时，N点在平衡位置向下振动，所以波形图如图所示