2023年四川省成都重点中学高考物理三诊试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年四川省成都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α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.β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2022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A、B间距x0=10m。运动员A以速度v0=5m/s向前匀速运动。同时运动员B以初速度v1=8m/s向前匀减速运动，加速度的大小aA.4m B.10m C.16m3.质量为m的物体放置在倾角θ=30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ=33，现用拉力FA.拉力最小时，物体受三个力作用

B.β=0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小

C.斜面对物块作用力的方向随拉力F的变化而变化

D.拉力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43m。已知地球半径约为6400km，若该小行星与地球的第一宇宙速度之比约为14A.10−15 B.10−16 C.5.如图所示，两个半径不等的均匀带电圆环P、Q带电荷量相等，P环的半径大于Q环的，P带正电，Q带负电。两圆环圆心均在O点，固定在空间直角坐标系中的yOz平面上。a、b在x轴上，到O点的距离相等，c在y轴上，到O点的距离小于Q环的半径。取无限远处电势为零，则(

)A.O点场强为零，电势也为零

B.a、b两点场强相同，电势相等

C.电子在c处的电势能大于在a处的

D.电子沿x轴从a到b，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N的矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，当线圈以角速度ω绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，理想电流表的示数为I，不计线圈的电阻，外电路电阻为R。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IRNω

C.若线圈的转轴与ad边重合，则电流表的示数变为2I

D.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AB后固定在竖直平面内，O1为轨道的圆心，O1B水平。质量为m的细圆环P套在轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮O2、O3分别连接圆环P与另一质量也为m的小球Q，AO1BO2为一边长为R的正方形。若将细圆环P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，圆环A.小球Q的机械能先增加后减少

B.细圆环P的机械能先减少后增加

C.小球Q的速度为零时，细圆环P的速度大小为(6−32)gR

8.如图所示，纸面内O为圆心、半径为R的圆形区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB为一条直径，半径AO与PO的夹角为30°。质量为m、带电荷量为+q的粒子1从P点沿平行于AO方向以大小为v0的速度射入磁场，其离开磁场时，速度方向恰好改变了180°；质量为2m、带电荷量为+q的粒子2从

A.磁场的磁感应强度大小为mv02qR

B.粒子2在磁场中运动的时间为πR3v0

C.将粒子2在B点的速度v0逆时针旋转60°后，粒子将经过O点

D.三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）9.如图所示，把一个有孔的小球A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O为平衡位置振动。另一小球B在竖直平面内以O′为圆心、ω为角速度沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动(O与O′在同一竖直线上)。用竖直向下的平行光照射小球B，可以观察到，小球B在水平杆上的“影子”和小球A在任何瞬间都重合。取水平向右为正方向，O点为坐标原点，小球B经最高点时为计时零点，那么小球A的振动周期为______，小球A的位移与时间得关系为______，小球A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P1固定，滑轮P2、P3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：

①将橡皮筋中央处和两端点分别与三根细线相连；

②将连在橡皮筋中央的细线跨过固定滑轮P1，连接橡皮筋两端点的细线跨过可动滑轮P2、P3；

②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O静止。

(1)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

(2)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OP1必须在OP2与OP3夹角的角平分线上

C.记录图中O点的莅置和OP1、OP2、OP3的方向

D五、简答题（本大题共3小题，共9.0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400Ω，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A1(量程20mA，内阻r1约为3Ω，读数记为I1)；

电流表A2(量程5mA，内阻r2=20Ω，读数记为I2)；

电压表V(量程15V，内阻RV约为15KΩ，读数记为U)；

定值电阻R1=580Ω；

定值电阻R2=1180Ω；

滑动变阻器R(0～1000Ω)；

蓄电池E(电动势6V，内阻很小)、开关、导线若干。

(1)小岩利用以上的部分器材设计了如图1所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方：______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R=3.2m，下端恰好与光滑水平面OA平滑连接，质量为m=1kg的铁球(可视为质点)由圆弧轨道顶端无初速度释放，后从A点冲上倾角为θ=37°的光滑斜面且无机械能损失，铁球在斜面上运动t1=12s后在B点冲出斜面。(sin3713.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bc处平滑连接，轨道间距为L=1m，倾斜轨道的倾角为θ=37°。在水平导轨的右侧abcd区域内存在方向向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。现有多根长度也为L=1m的相同金属棒先后依次从倾斜轨道上高为h=154m的MN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1根金属棒穿越磁场区域的时间为t=1s。已知每根金属棒的质量为m=2kg，电阻为R=2Ω，ad//bc//M六、计算题（本大题共1小题，共10.0分）14.如图所示，ABCD为折射率n=3的透明物体的截面，AB⊥AD，AD⊥DC，AB=2CD=2答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.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α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.β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β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：A。

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α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β衰变的本质，结合题意完成分析；

本题主要考查了α粒子散射实验的相关应用，同时理解β衰变的本质即可完成分析。2.【答案】C

【解析】解：运动员B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tB=v1a，解得tB=4s

此时运动员A的位移为xA=v0tB，解得xA=20m

运动员B的位移为xB=v12tB，解得xB=16m

因为xA<xB+x0

即运动员B速度减少为零时，运动员3.【答案】D

【解析】解：C.斜面对物体的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，则有tanα=FNFf=FNμFN=1μ

μ不变，则tanα不变，即斜面对物块作用力的方向不随拉力F变化，故C错误；

ABD.对物块受力分析，如图所示

根据平衡条件，平行斜面方向Fcosβ=Ff+mgsinθ4.【答案】C

【解析】解：根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2R

解得第一宇宙速度v=GMR

所以M=v2RG

行星与地球的半径之比为R1R25.【答案】C

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

可知x轴正方向有沿x轴负方向指向O的电场分量，x轴负方向有沿x轴正方向指向O的电场分量，由沿电场线方向电势降低可知O处电势小于0，故A错误；

B、由圆环电场的对称性可知a、b两点场强大小相同，方向均指向Q点，方向相反，两点电势相等，故B错误；

C、从O到c电场有沿y轴正方向的分量，把电子从a处移到O处，再从O处移到c处，电场力一直做负功，电势能增加，所以电子在c处具有的电势能大于在a处的，故C正确；

D、电子沿x轴从a移动到b，电场力先做负功后做正功，故D错误。

故选：C。

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】AD【解析】解：A、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E=IR

线圈转动产生的感应电动势最大值为Em=NBSω

有效值E=Em2

联立解得Φm=2IRNω

故B错误；

C、线圈转动产生的感应电动势最大值为Em=NBSω

最大值、有效值与转轴位置无关，电流表示数不变，仍为I，故C错误；7.【答案】CD【解析】解：A、在细圆环P下滑至B点的过程中，小球Q先向下运动，后向上运动，细绳拉力对Q先做负功后做正功，因此小球Q的机械能先减少后增加，故A错误；

B、细绳拉力对细圆环P先做正功后做负功，因此细圆环P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P的速度沿细绳方向的分量大小等于Q的速度大小，当小球Q的速度为零时，细圆环P的速度方向与细绳垂直，此时细绳与水平方向的夹角为45°。

从开始下滑到此位置，根据机械能守恒定律有：mg[R−(2R−R)]+mg(R−Rcos45°)=12mvp2

整理解得：vp=(6−32)gR，故C正确；

D、当细圆环P运动到B点时，由关联速度关系可知，P、Q的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得：mgR=12×28.【答案】BC【解析】解：A.粒子1离开磁场时，速度方向恰好改变了180°，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r1=12R

洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r1

解得B=2mv0qR

故A错误；

B.粒子2进入磁场，洛伦兹力提供向心力qv0B=2mv02r2

解得r2=2mv0qB=R

根据几何知识可知，四边形BQO1O是菱形，粒子2射出磁场的速度方向垂直于AB，粒子2在磁场中的偏转角度为60°，故粒子2在磁场中运动的时间为t2=16×29.【答案】2πω

x=【解析】解：小球B在水平杆上的“影子”和小球A在任何瞬间都重合，则小球A的振动周期与小球B的转动周期相同，即T=2πω

小球B经最高点时为计时零点，A按正弦规律振动，小球A的位移与时间的函数关系为x=Rsinωt

小球A的最大速度与小球B的最大水平分速度相等，当小球B运动至最高点(最低点)时水平速度最大，即vm=ωR

故答案为：2πω，x=Rsinωt，ωR。

小球A的振动周期与小球B的转动周期相同，由T=10.【答案】D

CD

不会【解析】解：(1)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：D。

(2)A.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OP1上力的方向与细线OP2、OP3上两力的合力方向相反，由于OP2、OP3上两力的合力方向是任意的，故OP1不需要在角平分线上，故B错误；

C.实验中，需要测量OP1、OP2和OP3上力的大小和方向，故必须记录图中OP3点的位置和OP1、OP2、OP3的方向以及结点O静止时三根细线所挂钩码的个数，故C正确；

D.不改变OP1所挂钩码的个数和方向，改变OP2与O11.【答案】电压表量程过大

I2(R【解析】解：(1)题干给出蓄电池的电动势E=6V，如果采用量程为15V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；

(2)电流表A2的量程Ig2=5mA=0.005A，内阻r2=10Ω，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R2=1190Ω串联，这样改装成的电压表量程为U=Ig2(R2+r2)=0.005×(1190+10)V=6V，

改进后的电路图如图所示：

(3)通过RL的电流为I=I1−I2，其两端电压为UL=I2(R2+r2)

根据欧姆定律可得测量初级线圈的电阻表达式为RL=ULI12.【答案】解：(1)由题意，铁球在OA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v0，铁球从圆弧轨道顶端滑到轨道底端，由机械能守恒定律有

mgR=12mv02

代入数据解得

v0=8m/s

设铁球运动到圆弧轨道底端时，受到轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律有

FN−mg=mv02R

代入数据解得

FN=30N

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30N。

(2)设铁球在斜面上的加速度大小为a，由牛顿第二定律有

mgsinθ=ma

代入数据解得

a=6m/s2

由运动学规律得铁球运动到B点的速度

vB=v0−at1

代入数据解得

vB=5m/s

斜面长度AB=v02−vB2【解析】(1)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。

(2)在斜面AB上，由牛顿第二定律可求铁球加速度大小，铁球在OA段做匀速运动，故A点速度可求，AB段运动时间已知