2023年四川省成都市重点中学高考物理三诊试卷

2023年四川省成都市重点中学高考物理三诊试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.  随着现代科学的发展，大量的科学发现促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是(    )

A. 贝克勒尔发现天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构
B. 卢瑟福粒子散射实验说明质子是原子核的组成部分
C. 康普顿效应证实了光具有波动性
D. 衰变中释放电子与化学反应中失去电子都是使原子核外电子减少

2.  滑雪运动是年北京冬季奥运会主要的比赛项目。如图所示，水平滑道上运动员、间距。运动员以速度向前匀速运动。同时运动员以初速度向前匀减速运动，加速度的大小，运动员在运动员继续运动后追上运动员，则的大小为(    )

 

A.  B.  C.  D.

3.  质量为的物体放置在倾角的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数，现用拉力与斜面的夹角为拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是(    )

A. 拉力最小时，物体受三个力作用
B. 时，即拉力沿斜面向上时，拉力最小
C. 斜面对物块作用力的方向随拉力的变化而变化
D. 拉力的最小值为

4.  中国科学院紫金山天文台近地天体望远镜发现了一颗近地小行星，这颗近地小行星直径约为。已知地球半径约为，若该小行星与地球的第一宇宙速度之比约为，则该行星和地球质量之比的数量级为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图所示，两个半径不等的均匀带电圆环、带电荷量相等，环的半径大于环的，带正电，带负电。两圆环圆心均在点，固定在空间直角坐标系中的平面上。、在轴上，到点的距离相等，在轴上，到点的距离小于环的半径。取无限远处电势为零，则(    )

A. 点场强为零，电势也为零
B. 、两点场强相同，电势相等
C. 电子在处的电势能大于在处的
D. 电子沿轴从到，电场力先做正功后做负功
 

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6.  如图，匝数为的矩形线圈放置在匀强磁场中，当线圈以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，理想电流表的示数为，不计线圈的电阻，外电路电阻为。下列说法正确的是(    )

A. 当线圈转至图示位置时，线圈中感应电流最大
B. 线圈转动过程中，穿过线圈的磁通量最大值为
C. 若线圈的转轴与边重合，则电流表的示数变为
D. 若线圈转动的角速度变为，则电流表的示数变为
 

7.  如图所示，将一根光滑的硬质金属导线制成四分之一圆弧轨道后固定在竖直平面内，为轨道的圆心，水平。质量为的细圆环套在轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮、分别连接圆环与另一质量也为的小球，为一边长为的正方形。若将细圆环从圆弧轨道的最高点由静止释放，圆环在细绳拉动下将沿轨道运动。已知重力加速度为，空气阻力忽略不计，则细圆环下滑至点的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 小球的机械能先增加后减少
B. 细圆环的机械能先减少后增加
C. 小球的速度为零时，细圆环的速度大小为
D. 细圆环运动到点时，圆弧轨道对圆环的弹力大小为

8.  如图所示，纸面内为圆心、半径为的圆形区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，为一条直径，半径与的夹角为。质量为、带电荷量为的粒子从点沿平行于方向以大小为的速度射入磁场，其离开磁场时，速度方向恰好改变了；质量为、带电荷量为的粒子从点沿平行于方向以大小为的速度射入磁场。不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是(    )

A. 磁场的磁感应强度大小为
B. 粒子在磁场中运动的时间为
C. 将粒子在点的速度逆时针旋转后，粒子将经过点
D. 将粒子在点的速度逆时针旋转后，粒子将从点射出

三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）

9.  如图所示，把一个有孔的小球装在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在水平光滑杆上，以为平衡位置振动。另一小球在竖直平面内以为圆心、为角速度沿顺时针方向做半径为的匀速圆周运动与在同一竖直线上。用竖直向下的平行光照射小球，可以观察到，小球在水平杆上的“影子”和小球在任何瞬间都重合。取水平向右为正方向，点为坐标原点，小球经最高点时为计时零点，那么小球的振动周期为______ ，小球的位移与时间得关系为______ ，小球的最大速度大小为______ 。

四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）

10.  某兴趣小组的同学为了验证“两个互成角度的力的合成规律”，设计了一个实验方案，在圆形桌子桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮滑轮上侧所在平面与桌面平行，滑轮固定，滑轮、可沿桌边移动，如图所示。可供选择的实验器材有：刻度尺、三角板、铅笔、白纸、一根橡皮筋、三根细线、质量相同的钩码若干。
部分实验操作步骤如下：
将橡皮筋中央处和两端点分别与三根细线相连；
将连在橡皮筋中央的细线跨过固定滑轮，连接橡皮筋两端点的细线跨过可动滑轮、；
在三根细线的下端分别挂上一定数量的钩码，使连在橡皮筋中央的细线与橡皮筋的结点静止。
为完成本实验，下列物理量必须测量或记录的是______ 。填选项前字母
A.橡皮筋的原长
B.两端橡皮筋伸长后的长度
C.钩码的质量
D.三根细线所挂钩码的个数
在完成本实验的过程中，下列操作或描述正确的是______ 。填选项前字母
A.连接橡皮筋两端点的细线长度必须相同
B.细线必须在与夹角的角平分线上
C.记录图中点的莅置和、、的方向
D.不改变所挂钩码的个数和的方向，改变与的夹角重复实验，点不用在桌面上同一位置
实验中，若桌面不水平______ 填“会”或“不会”影响实验的结论。

五、简答题（本大题共3小题，共27.0分）

11.  小岩同学将废弃不用的玩具电源拆开，发现内部有一个变压器，她想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻，先用多用电表欧姆挡测得阻值约，然后再用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：
电流表量程，内阻约为，读数记为；
电流表量程，内阻，读数记为；
电压表量程，内阻约为，读数记为；
定值电阻；
定值电阻；
滑动变阻器；
蓄电池电动势，内阻很小、开关、导线若干。

小岩利用以上的部分器材设计了如图所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方：______ 。
请利用提供的器材在图的方框中画出改进后的电路图，并标出各器材的代号。
测量初级线圈的电阻表达式为 ______ 本结果均用题中所给的字母表示。
关于实验操作下列说法正确的是______ 。
A.如图，闭合前，应将滑动变阻器滑片滑至最左端
B.调整滑动变阻器电阻后立刻读出电表读数
C.实验结束拆除电路时应先断开，稍等一会儿再断开

12.  如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧，轨道半径，下端恰好与光滑水平面平滑连接，质量为的铁球可视为质点由圆弧轨道顶端无初速度释放，后从点冲上倾角为的光滑斜面且无机械能损失，铁球在斜面上运动后在点冲出斜面。，重力加速度取求：
铁球运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小；
斜面的长度；
在点左侧处放置一足够高的竖直挡板，铁球与挡板碰撞时的速度大小。

 

13.  如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，两平行倾斜绝缘轨道固定在斜面上，水平导轨与倾斜轨道在倾斜轨道的底部处平滑连接，轨道间距为，倾斜轨道的倾角为。在水平导轨的右侧区域内存在方向向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有多根长度也为的相同金属棒先后依次从倾斜轨道上高为的处由静止释放释放前不与导轨接触，前一根金属棒刚好离开磁场时释放后一根金属棒，发现第根金属棒穿越磁场区域的时间为。已知每根金属棒的质量为，电阻为，且与轨道垂直，不计水平导轨的电阻，金属棒与水平导轨接触良好，金属棒与倾斜轨道的动摩擦因数为，重力加速度取，。求：
磁场区域的长度；
第根金属棒刚进入磁场时的加速度大小；
第根金属棒刚出磁场时，第、两根金属棒的速度大小之比；
第根金属棒在磁场中运动的过程，第根金属棒上产生的热量。

 

六、计算题（本大题共1小题，共10.0分）

14.  如图所示，为折射率的透明物体的截面，，，，是半径为的圆弧，为圆弧的圆心。一束光与边成角射入，出射后恰好通过点。光在真空中的传播速度为，求该束光在透明物体中的传播时间，并画出光路图。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：贝克勒尔发现天然放射现象证明了原子核内部具有复杂的结构，故A正确；
B.卢瑟福通过粒子散射实验证实原子具有核式结构，而无法说明质子是原子核的组成部分，故B错误；
C.光具有波粒二象性，而康普顿效应说明光具有粒子性，故C错误；
D.衰变的本质是原子核内的一个中子转变为一个质子与一个电子，即衰变中释放的电子来源于原子核内部，不是原子核外的电子，故D错误。
故选：。
贝克勒尔发现了天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构；
理解卢瑟福粒子散射实验的结论；
光具有波粒二象性，康普顿效应证实了光具有粒子性；
了解衰变的本质，结合题意完成分析；
本题主要考查了粒子散射实验的相关应用，同时理解衰变的本质即可完成分析。
 

2.【答案】 

【解析】解：运动员做匀减速直线运动，根据匀减速直线运动公式，速度减为零的时间为，解得
此时运动员的位移为，解得
运动员的位移为，解得
因为
即运动员速度减少为零时，运动员还未追上运动员，则运动员在运动员停下来的位置追上运动员，即
故C正确，ABD错误。
故选：。
根据匀减速直线运动公式，求速度减为零的时间，求这个过程中、的位移，分析与的关系，判断运动员追上运动员的情况。
本题考查学生对匀减速直线运动公式的掌握，以及对相对位置关系的分析能力，是一道基础题。
 

3.【答案】 

【解析】解：斜面对物体的作用力，指的是摩擦力和支持力的合力，则有
不变，则不变，即斜面对物块作用力的方向不随拉力变化，故C错误；
对物块受力分析，如图所示

根据平衡条件，平行斜面方向
垂直斜面方向
根据滑动摩擦力公式
联立解得
当时，拉力最小，最小值为，此时物体受个力作用，故D正确，AB错误。

故选：。
根据受力情况，结合几何角度，分析斜面对物块作用力的方向；
对物块受力分析，根据平衡条件列式，求解力的大小。
本题考查学生对平衡条件的掌握，解题关键是正确受力分析正交分解，列出相应的平衡等式。
 

4.【答案】 

【解析】解：根据万有引力提供向心力
解得第一宇宙速度
所以
行星与地球的半径之比为
它们的第一宇宙速度之比为
故行星和地球的质量之比约为，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据万有引力提供向心力，分析速度，结合题中数据，求质量比。
本题考查学生对万有引力提供向心力规律的掌握，比较基础。
 

5.【答案】 

【解析】解：、由圆环电场的对称性可知，圆环、在处产生的电场强度均为零，所以处的合场强为零，、带等量异种电荷，电场线由指向，电场线分布具有轴对称性，平面上的电场线分布示意图如图所示

可知轴正方向有沿轴负方向指向的电场分量，轴负方向有沿轴正方向指向的电场分量，由沿电场线方向电势降低可知处电势小于，故A错误；
B、由圆环电场的对称性可知、两点场强大小相同，方向均指向点，方向相反，两点电势相等，故B错误；
C、从到电场有沿轴正方向的分量，把电子从处移到处，再从处移到处，电场力一直做负功，电势能增加，所以电子在处具有的电势能大于在处的，故C正确；
D、电子沿轴从移动到，电场力先做负功后做正功，故D错误。
故选：。
根据圆环电场的对称性比较两点的电场强度和电势高低；根据电场力做功判断电子在两点的电势能高低。
本题考查电场强度、电势、电场力做功和电势能，解题关键是知道圆环电场的对称性。
 

6.【答案】 

【解析】解：、当线圈转到图示位置时，线圈中磁通量为零，但是磁通量的变化率最大，感应电动势最大，此时的感应电流最大，故A正确；
B、由于电流表的示数为电流的有效值，根据闭合电路欧姆定律有
线圈转动产生的感应电动势最大值为
有效值
联立解得
故B错误；
C、线圈转动产生的感应电动势最大值为
最大值、有效值与转轴位置无关，电流表示数不变，仍为，故C错误；
D、转动角速度变为时，由可知，最大值变为原来的倍、有效值也变为原来的倍，电流表的示数变为，故D正确。
故选：。
线圈与磁场平行的时候，电动势最大，在中性面位置穿过线圈的磁通量最大，根据计算磁通量；交流电流表测量的是交流电的有效值，根据判断电动势的变化大小，进而判断电流的变化。
本题考查了交流的峰值、有效值以及它们的关系，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快。
 

7.【答案】 

【解析】解：、在细圆环下滑至点的过程中，小球先向下运动，后向上运动，细绳拉力对先做负功后做正功，因此小球的机械能先减少后增加，故A错误；
B、细绳拉力对细圆环先做正功后做负功，因此细圆环的机械能先增加后减少，故B错误；
C、根据速度的合成与分解可知，细圆环的速度沿细绳方向的分量大小等于的速度大小，当小球的速度为零时，细圆环的速度方向与细绳垂直，此时细绳与水平方向的夹角为。
从开始下滑到此位置，根据机械能守恒定律有：
整理解得：，故C正确；
D、当细圆环运动到点时，由关联速度关系可知，、的速度大小相等，设为，根据机械能守恒定律可得：
在点，对细圆环在沿指向圆心的方向上，根据牛顿第二定律有：
解得圆弧轨道对细圆环的弹力大小：，故D正确。
故选：。
根据功的公式分别判断细绳对两个小球的做功情况，再由功能原理确定小球的机械能的变化；
先确定满足条件的小球的位置，从开始到此时，根据机械能守恒定律求速度为零时，小球的速度；
根据机械能守恒求出细环在点速度，在点由牛顿第二定律求对轨道对的弹力大小。
本题连接体的机械能守恒定律的应用，首先要弄清楚两个物体的运动性质，抓住特殊状态下的物体的运动参数。比如物体速度为零时，的位置特点，还有当运动到点时，两物体的速度大小相同。
 

8.【答案】 

【解析】解：粒子离开磁场时，速度方向恰好改变了，表明粒子在磁场中转动了半周，其运动轨迹如下图所示

由几何关系可得
洛伦兹力提供向心力
解得
故A错误；
B.粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力
解得
根据几何知识可知，四边形是菱形，粒子射出磁场的速度方向垂直于，粒子在磁场中的偏转角度为，故粒子在磁场中运动的时间为
故B正确；
C.将粒子在点的速度逆时针旋转后，运动轨迹如选项中图所示，根据几何知识可知，粒子将经过点后沿垂直于的方向射出，故C正确；
D.将粒子在点的速度逆时针旋转，运动轨迹如选项中图所示，根据几何知识可知，粒子将从点沿垂直于的方向射出，故D错误。
故选：。
根据电荷在磁场中偏转情况和电荷在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，作出电荷在磁场中的运运轨迹，根据已知条件由几何关系求出半径和洛伦兹力提供向心力推导半径表达式；根据圆心角与周期的关系计算时间，作图分析项。
正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力提供向心力是解决本题的关键。
 

9.【答案】     

【解析】解：小球在水平杆上的“影子”和小球在任何瞬间都重合，则小球的振动周期与小球的转动周期相同，即
小球经最高点时为计时零点，按正弦规律振动，小球的位移与时间的函数关系为
小球的最大速度与小球的最大水平分速度相等，当小球运动至最高点最低点时水平速度最大，即
故答案为：，，。
小球的振动周期与小球的转动周期相同，由求解。小球经最高点时为计时零点，按正弦规律振动，应用数学知识写出小球的位移与时间的关系式。小球的最大速度与小球的最大水平分速度相等，当小球运动至最高点最低点时水平速度最大，由公式求解。
解答本题的关键要抓住小球和运动的同时性，两者周期相同，运用数学知识帮助解答。
 

10.【答案】    不会 

【解析】解：橡皮筋伸长后的拉力大小等于所挂钩码的重力，所以钩码的个数必须测量，又钩码质量相同，则不用测量钩码的质量，橡皮筋的原长和伸长后的长度不用测量。故D正确，ABC错误。
故选：。
连接橡皮筋两端点的细线长度不影响橡皮筋的拉力大小，故长度不用相同，故A错误；
B.细线上力的方向与细线、上两力的合力方向相反，由于、上两力的合力方向是任意的，故不需要在角平分线上，故B错误；
C.实验中，需要测量、和上力的大小和方向，故必须记录图中点的位置和、、的方向以及结点静止时三根细线所挂钩码的个数，故C正确；
D.不改变所挂钩码的个数和方向，改变与的夹角重复实验，上的力大小保持不变，另两个力的合力只要跟它等大反向即可保持点平衡，故点的位置可以改变，故D正确。
故选：。
若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各自所挂钩码重力大小，不会影响实验结论。
故答案为：；；不会。
根据实验原理分析判断；
根据实验原理和注意事项分析判断；
分析实验误差。
本题考查验证“两个互成角度的力的合成规律”实验，要求掌握实验原理和误差分析。
 

11.【答案】电压表量程过大    

【解析】解：题干给出蓄电池的电动势，如果采用量程为的电压表进行测量，电压表的量程太大，实验的误差大，故此电路设计不妥当的地方是：电压表量程过大；
电流表的量程，内阻，可以将此电流表改装成一个电压表，
可将该电流表与定值电阻串联，这样改装成的电压表量程为，
改进后的电路图如图所示：

通过的电流为，其两端电压为
根据欧姆定律可得测量初级线圈的电阻表达式为；
、如图，闭合前，应将滑动变阻器划片滑至最右端，故A错误；
B、调整滑动变阻器电阻后自感线圈中的电流变化，会产生感应电动势，立刻读出电表读数误差大，故应该等到电路稳定后再读数，故B错误；
C、实验结束，若先断开开关，由于的自感作用都会使和组成回路，原先中有较大的电流通过，现在这个电流将通过，可能造成电流表损坏，所以实验完毕应先断开开关，稍等一会儿再断开，故C正确；
故选：。
故答案为：电压表量程过大；电路图见解析；；。
根据“准确性”原则可知电压表的量程太大，实验的误差大；
可将电流表与定值电阻串联改装成电压表量程，根据伏安法测电阻的方法画出改进后的电路图；
根据欧姆定律可得测量初级线圈的电阻表达式；
自感线圈能够产生自感电动势，结合实验安全原则，应先消除线圈自感现象的影响，由此进行分析。
本题考查了电阻的测量、电压表的改装以及自感线圈的自感作用，知道自感线圈在断开电源的瞬间相当于电源，结合实验安全原则，应先消除自感现象的影响。
 

12.【答案】解：由题意，铁球在段做匀速直线运动，故铁球运动到圆弧轨道底端时速度大小为，铁球从圆弧轨道顶端滑到轨道底端，由机械能守恒定律有

代入数据解得

设铁球运动到圆弧轨道底端时，受到轨道的支持力为，由牛顿第二定律有

代入数据解得

由牛顿第三定律可知，铁球运动到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为。
设铁球在斜面上的加速度大小为，由牛顿第二定律有

代入数据解得

由运动学规律得铁球运动到点的速度

代入数据解得

斜面长度
代入数据解得

铁球从点开始做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，将铁球在点的速度沿着水平方向、竖直方向分解，有


设到挡板的水平距离为，则，设铁球从点运动到与挡板碰撞前瞬间所用时间为，上升高度为，则有


设铁球与挡板碰撞时的速度大小为，对铁球，从点到与挡板碰撞前瞬间，应用动能定理有

联立各式，代入数据解得

答：铁球运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小为；
斜面的长度为；
在点左侧处放置一足够高的竖直挡板，铁球与挡板碰撞时的速度大小为。 

【解析】铁球在四分之一圆弧做竖直圆周运动，由机械能守恒定律可求出铁球运动到最低点时的速度，而后由牛顿第二定律结合牛顿第三定律可求。
在斜面上，由牛顿第二定律可求铁球加速度大小，铁球在段做匀速运动，故A点速度可求，段运动时间已知，由运动学公式可求。
点速度可求，过点后，铁球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，由已知条件可求运动时间、上升高度，再由动能定理可求。
本题主要考查了竖直圆周运动、匀减速直线运动、斜抛运动等，涉及机械能守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律、动能定理等知识，属于单体多过程问题，是一道难度适度考查全面的较好的题目。解题时应注意区分各运动过程，按照对应的规律列式即可。
 

13.【答案】解：第一根金属棒在倾斜轨道上运动，到达时的速度为
则根据动能定理有：
则可得：
代入数据有：
第一根金属棒在磁场中做匀速直线运动，磁场区域的长度：
由题意可知每根金属棒进入磁场时的速度均为
当第根金属棒刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有：
此时回路中电流：
第根金属棒受到的安培力：
此时第根金属棒的加速度：
即解得：
金属棒出磁场后做匀速直线运动，第根金属棒在磁场中运动时
根据动量定理有：
根据电流的定义有：
根据电荷量的经验公式：
联立代入数据解得：
故可得第根金属棒刚出磁场时，第、两根金属棒的速度大小之比为：：
第根金属棒在磁场中运动的过程，根据能量守恒定律有：
设第一根金属棒中电流为，则第根金属棒中电流为
总的焦耳热为：
解得第根金属棒上产生的热量为：
答：磁场区域的长度为；
第根金属棒刚进入磁场时的加速度大小为；
第根金属棒刚出磁场时，第、两根金属棒的速度大小之比为：：：；
第根金属棒在磁场中运动的过程，第根金属棒上产生的热量为。 

【解析】第一根金属棒在倾斜轨道上下滑时，由动能定理求出金属棒进入磁场时的速度大小，由于电路中没有电流，金属棒在磁场中做匀速直线运动，由运动学公式求磁场区域的长度；
第二根导体棒恰好进入磁场时，由牛顿第二定律、动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出加速度；
根据动量定理结合电荷量的经验公式求出第根导体棒离开磁场时速度的通式，从而得到第、根导体棒离开的速度之比；
求出第根导体棒进入磁场的速度，由动生电动势、欧姆定律求出第一根导体中的电流，再由焦耳定律求热量。
本题中涉及力在时间的效果，要考虑到动量定理。在运用动量定理时，由于安培力是变力，要用安培力的平均值来表示冲量，从而求出进入始末速度。
 

14.【答案】解：光的传播路径如图所示；
根据题意可得折射率，根据图中几何关系可得入射角，
设折射角为，根据折射定律可得：，解得，
故，根据图中几何关系可得：，，
所以
光在透明物体中传播的距离为：，解得：
光在透明物体中传播的速度为：
则该束光在透明物体中的传播时间：
解得：。
答：该束光在透明物体中的传播时间为，光路图见解析。 

【解析】根据光的传播情况画出光路图，根据折射定律求解折射角，再根据几何关系求解光在透明物体中传播的距离，根据求解光在透明物体中传播的速度，根据位移时间关系求解该束光在透明物体中的传播时间。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图进行分析。