2024届四川省成都市高三下学期二诊考试理科综合试题-高中物理（含解析）

这是一份2024届四川省成都市高三下学期二诊考试理科综合试题-高中物理（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．某静电场沿轴分布，其电势随变化规律如图所示，轴上a、b两点切线斜率的绝对值，下列说法正确的是（ ）
A．a点场强小于b点场强
B．a点场强等于b点场强
C．同一正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
D．同一正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
2．如图，一矩形线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转轴位于磁场边界处且与线圈一边重合，线圈转动过程中电动势的最大值为，则在一个周期内线圈电动势的有效值为（ ）
A．B．C．D．
3．图示为氢原子的能级图，当大量处在能级的氢原子向低能级跃迁时会辐射不同频率的光子，用这些光子照射逸出功为的金属钠，能发生光电效应的光子频率有（ ）
A．2种B．3种C．4种D．5种
4．同一赛车分别在干燥路面及湿滑路面以恒定加速度和启动达到最大速度。已知，赛车两次启动过程中阻力大小相等且不变，能达到的额定功率相同。则赛车的速度随时间变化的图像正确的是（图中、为直线）（ ）
A．B．
C．D．
5．在地球赤道平面内有一颗运动方向与地球自转方向相同的卫星，其轨道半径为地球半径的倍，在赤道上某处建有一卫星监测站。若地球半径为，地球表面重力加速度大小为，地球自转角速度为，则监测站能连续监测到该卫星的最长时间约为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
6．如图，轻杆中点及一端分别固定有两个完全相同的小球A和B，另一端与O点相连。当轻杆绕竖直定轴匀速转动时，A、B在水平面上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．小球A、B的角速度大小之比为
B．小球A、B的线速度大小之比为
C．小球A、B的加速度大小之比为
D．小球A、B受轻杆的作用力大小之比为
7．如图，半径为的固定光滑圆轨道竖直放置，套在轨道上质量均为的小球和（均可视为质点）用一根长为的轻杆连接。将置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．小球、与轻杆组成的系统机械能守恒
B．小球、与轻杆组成的系统动量守恒
C．小球、等高时，球的速率为
D．从释放到小球、等高的过程中，杆对球做功为
8．两相距为的长平行导轨EMP、FNQ按图示方式固定，MP、NQ水平，EM、FN与水平面夹角为，EFNM及MNQP区域内存在磁感应强度大小均为，方向垂直轨道平面向上的匀强磁场。金属杆ab以速度进入EFNM区域的同时，静止释放位于MNQP区域内的金属杆cd。整个过程ab，cd与两轨道始终垂直并保持良好接触，ab未到达MN，cd未离开PQ。两金属杆质量均为，电阻均为，重力加速度大小为，忽略导轨电阻及一切摩擦阻力。则（ ）
A．ab刚进入EFNM区域时，cd中电流方向由d到c
B．ab进入EFNM区域后，cd做加速度增大的加速运动，最终加速度保持恒定
C．ab中电流不变后的时间内，cd动量变化量的大小为
D．cd中电流不变后的时间内，cd上产生的焦耳热为
三、实验题
9．物理兴趣小组的同学用图（a）所示的装置探究平抛运动的规律并计算平抛初速度的大小。
(1)关于实验注意事项，下列说法正确的是________。（填正确答案标号）
A．每次小球释放的初始位置可以任意选择B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须保持水平D．挡板的竖直位置必须等间距变化
(2)甲同学按正确的操作完成实验并描绘出平抛运动的轨迹，以斜槽末端端口位置作为坐标原点，重垂线与轴重合，建立平面直角坐标系，如图（b）所示。甲同学认为仅测量图（b）中A点的坐标值，可以求得小球做平抛运动的初速度大小。乙同学指出此方法中由于小球尺寸不可忽略，将导致小球在A点纵坐标测量值偏小，进而使初速度的测量值比真实值 （填“偏小”或“偏大”）。
(3)乙同学提出改进方案，若准确测出图（b）中A点、B点的横坐标分别为、，A点、B点的纵坐标之差为，重力加速度大小为，忽略空气阻力的影响，可准确求得平抛运动的初速度大小 （用含字母、的式子表示）。
10．物理兴趣小组的同学利用铜片和锌片平行插入柠檬中制作了一个水果电池，经查阅资料了解到该水果电池的电动势小于1V，内阻约为2kΩ，为了尽可能准确地测量该水果电池的电动势和内阻，要求电表读数要超过量程的三分之一。实验室能提供的器材规格如下：
电压表V（0~3V，内阻约为3kΩ）；电流表A（0~0.6A，内阻约为0.05Ω）；
微安表G（0~300μA，内阻为100Ω）；电阻箱R（0~9999Ω）；
滑动变阻器R0（0~50Ω）；开关一个，导线若干。
同学们设计图（a）、图（b）、图（c）所示的三种实验方案并规范进行了实验操作。
(1)用图（a）所示方案：闭合开关，电压表测得的电压 （填“小于”、“等于”或“大于”）水果电池的电动势。
(2)用图（b）所示方案：闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电压表、电流表示数 （填“有”或“无”）明显的偏转。
(3)用图（c）所示方案：闭合开关，调节电阻箱阻值，记录下微安表和电阻箱示数如下表：
利用计算机软件描绘出图像如图（d）中实线甲所示，其拟合出的函数关系式为，则根据此函数关系式可计算出该柠檬电池的电动势为 V，内阻为 Ω。
(4)某同学又将铜片和锌片平行插入同一柠檬中的另一位置，用图（c）所示方案重复实验操作，发现得到的函数图像如图（d）中虚线乙所示，造成实验差异的主要原因可能为（ ）
A．柠檬不同区域酸碱度不同导致电池电动势升高
B．铜片和锌片的间距不变但插入深度变深导致水果电池内阻减小
C．铜片和锌片的插入深度不变但间距变大导致水果电池内阻变大
四、解答题
11．图（a）为某“弹弹棋”的实物图，棋盘水平放置，黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游戏过程中，一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度，并沿轴线做匀减速直线运动，俯视图如图（b）所示。已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点，两起点线之间的距离为，棋子与棋盘动摩擦因数均为，白棋初速度大小为，经时间与运动中的黑棋正碰，碰撞过程时间极短且无能量损失，重力加速度大小取，求：
（1）碰撞的位置到白棋起点的距离及黑棋的初速度大小；
（2）通过计算后判断黑棋能否停在白棋区域。
12．如图，在ABCD区域内外分别存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面（竖直面）向里的匀强磁场。电荷量为（），质量为的粒子以速度从AD边中点O垂直于AD射入电场区域后，经M点进入磁场，并从A点再次进入电场。已知，，不计粒子重力，磁场范围足够大。
（1）求电场强度的大小；
（2）若仅改变粒子入射速度的大小，求粒子从AB边进入磁场到再次从AB边离开磁场经历的最长时间；
（3）若粒子仍以速度从O垂直AD入射并开始计时，第一次经M点离开电场后立即撤去电场，求粒子通过N点时刻的可能值。
五、填空题
13．如图所示，一定质量的理想气体依次经历了的循环过程，图像如图所示，、、三个状态中内能最大的状态为 （填“”、“”或“”）。已知在状态时压强为，体积为，状态过程气体吸收的热量为。从状态过程气体 （填“吸收”或“放出”）热量，该热量的数值为 。
六、解答题
14．如图，水平固定不动的绝热气缸内，用不导热的轻质活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞横截面积为S，汽缸底部有一电热丝，其阻值为，一轻绳左端连接活塞，另一端跨过定滑轮后与质量为的空小桶相连。开始时小桶静止，外界大气压强为，活塞距离气缸底部的距离为，不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为。
（i）若将电热丝通以大小为的恒定电流缓慢加热气体，经时间后，活塞缓慢向右移动的距离为，求该过程气体内能的增量；
（ii）若将小桶内缓慢加入细沙，同时控制电热丝的加热功率，保持气缸内气体温度不变，当加入质量为的细沙时，求该过程活塞向右缓慢移动的距离。
七、填空题
15．图（a）为一列沿轴传播的简谐横波在时的波形图，图（b）为质点P从时刻开始的振动图像，则该列波沿轴 （填“正向”或“负向”）传播，传播速度大小为 。若质点的平衡位置坐标为，则从开始计时，写出质点的振动方程 。
八、解答题
16．如图，某种透明玻璃砖由一个圆柱体和半球体构成，为半球体的球心，半球体及圆柱体的半径为，圆柱体的高为，底面圆心处有一点光源，光源可向各个方向发出、两种频率不同的光。
（i）若从光源发出的光直接射到圆柱体和半球体交界面的边界处时恰好发生全反射，求玻璃砖对光的折射率；
（ii）若从光源发出的光与之间的夹角，光线从半球体表面以平行于的方向射出，求玻璃砖对光的折射率。
电阻箱阻值R
100Ω
500Ω
900Ω
1300Ω
1700Ω
2100Ω
2500Ω
微安表读数I
220μA
204μA
172μA
148μA
132μA
119μA
110μA
参考答案：
1．C
【详解】AB．由题意可知图像的斜率表示场强，因为
所以a点场强大于b点场强，故AB错误；
CD．由图可知
根据可知，同一正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C正确，D错误。
故选C。
2．B
【详解】根据有效值概念可知
解得
故选B。
3．C
【详解】当大量处在能级的氢原子向低能级跃迁时会辐射不同频率的光子，根据
可知一共辐射6种不同频率的光子，其中
可知能发生光电效应的光子频率有4种。
故选C。
4．B
【详解】对赛车由牛顿第二定律可得
则有
由于，则有
设赛车在干燥路面做匀加速运动达到的最大速度为，在湿滑路面做匀加速运动达到的最大速度为，则有
可知
在干燥路面及湿滑路面赛车的额定功率相同，当牵引力大小等于阻力时则有
可知赛车在干燥路面及湿滑路面达到的最大速度相等。
故选B。
5．D
【详解】设地球质量为M，卫星A的质量为m，根据万有引力提供向心力，有
由题意可知卫星A的轨道半径为
在地球表面根据万有引力等于重力
联立解得
如图所示，卫星A的通讯信号视为沿直线传播，由于地球遮挡，使卫星A和地面测控站B不能一直保持直接通讯，也就监测不到。设无遮挡时间为t，则它们转过的角度之差最多为时就不能通讯
根据几何关系可得
则有
又因为地球自转周期
联立以上解得
，
故选D。
6．BC
【详解】A．小球A、B绕同一转轴转动，则角速度相等，即两球的角速度大小之比为1:1，选项A错误；
B．小球A、B转动的半径之比为1:2，根据
v=ωr
可知两球的线速度大小之比为1:2，选项B正确；
C．根据
a=ωv
可知，小球A、B的加速度大小之比为1:2，选项C正确；
D．两球受轻杆的作用力竖直方向与重力平衡，水平方向的分力提供向心力，因此
可知小球A、B受轻杆的作用力大小之比为不等于1：2，选项D错误。
故选BC。
7．AD
【详解】
A．小球、与轻杆组成的系统，只有动能和重力势能相互转化，故机械能守恒，故A正确；
B．小球、与轻杆组成的系统，所受合力不为零，故动量不守恒，故B错误；
C．小球、等高时，小球上升高度为，小球下降高度为，根据杆连物体沿杆方向速度相等的关系知，小球、的速度大小关系有
解得
系统机械能守恒
解得
故C错误；
D．从释放到小球、等高的过程中，根据功能关系，杆对球做功为
故D正确。
故选AD。
8．BD
【详解】
A．根据题意，由右手定则可知，ab刚进入EFNM区域时，cd中电流方向c由d，故A错误；
B. ab刚进入EFNM区域时，感应电动势为
感应电流为
安培力为
可知，ab的加速度
cd的加速度为
ab进入EFNM区域后继续加速，同时cd开始加速运动，且速度差越来越大，则感应电流越来越大，ab的加速度减小，cd的加速度增大，当ab的加速度和cd的加速度相等时，速度差保持不变，感应电流不变，两棒的加速度不变，之后均做匀加速运动，故B正确；
C．当ab的加速度和cd的加速度相等时，有
解得
由动量定理可知，ab中电流不变后的时间内，cd动量变化量的大小为
故C错误；
D．cd中电流不变后，由可得，电流大小为
cd中电流不变后的时间内，cd上产生的焦耳热为
故D正确。
故选BD。
9．(1)C
(2)偏大
(3)
【详解】（1）A．每次使小钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，因为需要保证每次钢球抛出时的初速度相同，故A错误；
B．斜槽的作用是让小球获得一个相同速度，所以斜槽是不需要光滑，故B错误；
C．研究平抛运动，初速度必须水平，所以斜槽轨道末端必须保持水平，故C正确；
D．挡板只要能记录下钢球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故D错误。
故选C。
（2）根据平抛运动公式
，
解得
小球在A点纵坐标测量值偏小，所以初速度的测量值比真实值偏大。
（3）根据位移差公式
水平方向
解得
10．(1)小于
(2)无
(3) 0.5 1963
(4)C
【详解】（1）闭合开关，电压表测得的电压为电源的路端电压，小于电源的电动势。
（2）滑动变阻器最大阻值为50Ω，而水果电池的内阻约为2kΩ，则滑动变阻器起不到调节作用，所以闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电压表、电流表示数没有明显偏转。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
则
代入数据解得
，
（4）由图可知，虚线与实线的斜率相同，纵截距偏大，由以上分析可知，电动势不变，而内阻变大，其原因可能为铜片和锌片的插入深度不变但间距变大导致水果电池内阻变大。
故选C。
11．（1），；（2）黑棋能停在白棋区域，原因见解析
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离
设黑白棋质量为，根据牛顿第二定律可知白棋在运动过程中的加速度大小
解得
通过题意可知，黑棋与碰撞位置之间的距离为
则有
解得黑棋的初速度大小
（2）根据匀变速直线运动规律可知，黑白棋碰撞前各自的速度大小为
，
设白棋运动方向为正方向，碰撞过程时间极短且无能量损失，则有
解得碰后两球速度大小
，
即发生速度交换，碰后两球速度均反向，碰撞位置与小孔距离
碰撞后到黑棋停下来，黑棋的位移
故黑棋能停在白棋区域。
12．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，如图
水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律
联立可得，电场强度的大小为
（2）如图所示
设粒子以入射时，当粒子从M点离开电场区域，M点的速度大小为，方向与AB方向夹角为，垂直AB方向速度大小为，半径为。有
其中
，
速度关系满足
可得
，
磁场偏转后从A点再次进入ABCD区域，由几何关系可知
可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
可得
如图
由分析可得从AB便离开电场的粒子中，从B点离开电场的粒子在磁场中运动对应的圆心角最大，粒子运动的时间最长。当粒子从B点离开电场区域，B点速度大小为，方向与水平方向夹角为，半径为。同理可得
，
并且经计算后可知，从B点出射的粒子可从AB边再次进入电场，粒子在磁场中做完成圆周运动的周期为
可得
粒子在磁场中运动的最长时间为
（3）如图所示
由分析可知，粒子只会从ADNM四个点穿越ABCD区域，在磁场中做完整匀速圆周运动的周期为
可得
粒子在磁场中个周期的时间为
粒子在ABCD区域内做匀速直线运动的时间为
粒子第一次到达N点的时间为
若粒子第n次速度沿着AN方向经过N点的时间为
（）
若粒子第n次速度沿着NA方向经过N点的时间为
即
（）
13． 放出
【详解】[1]由图像可知，、、三个状态中温度最高的状态是，则、、三个状态中内能最大的状态为；
[2][3]由图像可知，过程气体的体积不变，则该过程做功为0；过程气体发生等压变化，则有
可知
则过程气体外界对气体做功为
过程气体温度降低，则气体内能减少，又外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体放出热量，设放出热量为，从过程，根据热力学第一定律可得
可得
14．（1）；（2）
【详解】（1）电热丝产生的热量为
气体对外做功为
又
根据热力学第一定律，得该过程气体内能的增量为
得
（2）气体温度不变，根据等温变化
又
得
15． 负向 30
【详解】[1]由图b可知，质点P在时其正在向下振动，结合图a，利用同侧法可知，该波的传播方向为沿x轴负向传播。
[2]由图a可知，该波的波长为12m，由图b可知，该波的周期为0.4s，所以该波的波速为
[3]由与质点P的周期为0.4s，则质点P振动的圆频率为
振幅为20cm，结合题图可知，质点P的振动方程为
在，其质点P的位移为
由与质点Q也是该波的一部分，所以质点Q振动的周期与质点P的周期相同，均为0.4s，其振幅两者也想同，均为20cm。质点Q的圆频率与质点P的圆频率相同，由题图可知，在时，质点Q的位移大小与质点P的位移大小相同，所以设质点Q的振动方程为
将
，
从t1=0.15s开始计时，即时
带入，解得
所以质点Q的振动方程为
16．（i）; （ii）
【详解】（i）设光在玻璃砖中的临界角为，则
又
得
（ii）如图所示，过光的出射点作出法线，从玻璃砖射向空气，设入射角为，折射角为
由几何关系得
得
得
又
玻璃砖对光的折射率