2024届四川省绵阳市高三上学期第二次诊断性考试（二模）物理试题（解析版）

PAGEPAGE1能力测试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用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，再选涂其它〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本题共8小题，每小题6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.“羲和二号”是我国正在建设中的结合了激光和加速器的装置。该装置内的加速电场可视为匀强电场，能够使电子在1.4km的直线长度内加速到8.0×1010eV，则加速电场的场强约为（）A.5.7×104V/m B.5.7×105V/m C.5.7×106V/m D.5.7×107V/m〖答案〗D〖解析〗根据电场力做功的计算公式代入数据解得故选D2.2023年10月31日，神舟十六号飞船完成多项预定工作后成功返回地面。神舟十六号载人飞船返回过程，在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道II，B为轨道II上的一点，如图所示。已知飞船在轨道I上飞行周期为T，地球质量M和半径R0、万有引力常量G。则下列说法中正确的是（）A.可计算飞船的质量B.可计算轨道I离地面的高度C.可知飞船在轨道I上的机械能与在轨道II的机械能相等D.可知飞船在圆轨道I上运行的角速度比在地球同步轨道上的小〖答案〗B〖解析〗A．飞船在轨道I上飞行周期与它本身质量无关，所以不可计算飞船的质量，故A错误；B．根据万有引力提供向心力根据这个式子可以解得轨道I离地面的高度h，故B正确；C．从轨道I到轨道II要减速，所以飞船在轨道I上的机械能比在轨道II的机械能大，故C错误；D．飞船的运行高度比同步卫星低，根据可知半径越大，角速度越小，所以飞船在圆轨道I上运行的角速度比在地球同步轨道上的大，故D错误；故选B。3.如图甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物体沿斜面向上做匀加速运动，其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截距可求得的物理量是（） A.物体质量 B.斜面倾斜角C.当地重力加速度 D.物体与斜面动摩擦因数〖答案〗A〖解析〗设a-F图像斜率为k，与纵轴截距为b。若斜面光滑，对物体受力分析如图：有解得则，若斜面粗糙，受力如图：有解得则，综上可知根据a-F图像中图线斜率和截距可求得的物理量是物体质量m。故选A。4.如图所示，在光滑绝缘水平面上，固定有电荷量分别为+2Q和Q的点电荷A、B，间距为L。在A、B延长线上距离B为L的位置，自由释放另一电荷量为+q的点电荷C，释放瞬间加速度为a1；将A、B接触静电平衡后放回原处，再从相同位置自由释放C，释放瞬间加速度为a2。则（）A.a1、a2的方向均水平向右 B.a1、a2的方向均水平向左C.a1与a2大小之比等于 D.a1与a2大小之比等于〖答案〗C〖解析〗在A、B接触前，由于B、C的吸引力大于A、C的排斥力，所以a1的方向水平向左，根据库仑定律和牛顿第二定律可得在A、B接触后，点电荷A、B的电荷量先中和再平分后，二者所带电荷量均为，由于A、B都带正电，所以C受到的都是排斥力，则a2的方向水平向右，根据库仑定律和牛顿第二定律可得联立两式可得，a1与a2大小之比为故选C。5.如图所示，窗子上、下沿间的高度，墙的厚度，某人在离墙壁距离，距窗子上沿处的点，将可视为质点的小物件以的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取。则的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，此时有代入数据解得vmax=7m/s恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有代入数据解得vmin=3m/s故v的取值范围是3m/s<v<7m/s故选C。6.一质量为m的质点在合力F作用下，从t=0由静止开始沿直线运动，合力F随时间t的变化如图所示。则（）A.质点做往复运动B.在0~4t0时间内，质点获得的动量为C.在0~4t0时间内，质点获得的动能为D.在0~4t0时间内，质点在2t0时刻速度最大〖答案〗BC〖解析〗A．由图可知，0~t0时间内质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为t0~2t0时间内质点做匀减速直线运动，加速度大小为即质点做匀加速直线运动的加速度为匀减速运动加速度的两倍，质点运动速度始终沿正方向，故A错误；B．图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，根据动量定理可得所以在0~4t0时间内，质点获得的动量为故B正确；C．在0~4t0时间内，质点获得的动能为故C正确；D．在0~4t0时间内，质点在4t0时刻速度最大，故D错误。故选BC。7.如图所示，等腰直角三角形ABC斜边中点O处固定一带正电的点电荷，一带负电的点电荷在外力F的作用下，从B点沿圆弧匀速率运动到A点，在此运动过程中（）A.外力F对负点电荷先做负功后做正功B.外力F对负点电荷始终不做功C.负点电荷的电势能先减小后增大D.负点电荷电势能始终不变〖答案〗AC〖解析〗AB．依题意，带负电的点电荷从B点沿圆弧运动到A点，和固定在O点的带正电的点电荷的距离先减小后增大，因为二者之间存在相互吸引的电场力，所以该电场力先做正功后做负功，根据动能定理，有可知外力F对负点电荷先做负功后做正功。故A正确；B错误；CD．根据可知负点电荷的电势能先减小后增大。故C正确；D错误。故选AC。8.如图所示，在真空中两水平平行板P、Q正对，电容为C，板长为L，板间距为d，充电后与电源（未画出）始终相连，一带正电的粒子从左侧中央以水平初速度v0正对屏上的O点射入，在板间做直线运动；现保持P板不动，将Q板向上平移d，稳定后，将该粒子仍从左侧同一位置以相同初速度射入，粒子打在屏上M点（未标出）。已知粒子质量为m，电荷量为q，平行板右端到屏距离也为L，重力加速度为g。则（）A.P板电势高于Q板B.Q板平移前平行板电容器所带电荷量为C.点O、M间距离为D.点M与O重合〖答案〗BD〖解析〗A．带正电的粒子在电容器中受到重力和电场力平衡，故电场力向上，上极板带负电，则P板电势低于Q板，故A错误；B．Q板平移前由平衡可知其中有电容器的定义式联立解得故B正确；CD．Q板平移后，板间电场强度根据牛顿第二定律解得在两板间做类平抛运动，有，解得出板间时竖直方向的速度出板间后做斜抛运动，竖直方向的位移为水平方向解得所以在电容器内和出电容器后在竖直方向的位移为所以点M与O重合，故C错误，D正确。故选BD。二、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。9.把量程为1mA、内阻为100Ω的毫安表，按如图所示电路改装成量程分别为1.5V和0.6A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题：（1）开关S闭合时，多用电表用于测量___________（选填“电流”或“电压”）；开关S断开时，多用电表用于测量___________（选填“电流”或“电压”）。（2）定值电阻的阻值R1=__________Ω，R2=__________Ω。（R2计算结果保留2位有效数字）〖答案〗（1）电流电压（2）4002.5〖解析〗（1）[1][2]表头串联一个大电阻，就改装成了量程较大的电压表；表头并联一个小电阻，就改装成量程较大的电流表。开关S闭合时，此时为电流表，多用电表用于测量电流；开关S断开时，此时为电压表，多用电表用于测量电压。（2）[3]根据电压表的改装原理有即解得[4]根据电流表的改装原理有即解得10.用气垫导轨研究两个滑块在一条直线上碰撞过程中的动能损失。两个滑块所受合外力为零，在一条直线上碰撞，碰撞前的总动能可表示为，碰撞后的总动能可表示为，碰撞的恢复系数定义式是，其中Ek0在碰撞前后相等，mA、mB为两个滑块的质量，vA1、vB1为碰撞前两滑块的速度，vA2、vB2为碰撞后两滑块的速度，速度都是矢量。研究的实验过程如下，完成实验并回答问题：（1）碰撞过程中如果没有动能损失，根据碰撞前后总动能的表达式可知，恢复系数e=__________。（2）实验装置如图所示，调节导轨水平，两个滑块上装有宽度都是d=1cm的遮光条，总质量分别是mA=210g，mB=190g；在恰当位置安装两个光电门，测量遮光条的挡光时间。（3）某组同学使用的滑块分别装有弹性圈（质量忽略不计），如图甲所示。先使A静止在光电门1左侧，B静止在光电门1和2之间，然后轻推滑块A，光电门1记录滑块A遮光条的挡光时间是，光电门2记录滑块A遮光条的挡光时间是，光电门2记录滑块B遮光条的挡光时间是。数据如表中“序号”的1、2、3。计算完成表格中的速度__________；根据恢复系数定义式，该过程中e=__________。（计算结果均保留3位有效数字）序号挡光时间/ms速度122.0？2458.0000218321.20.0472435.50.028256730.0149（4）另一组同学使用的两滑块分别装有撞针和橡皮泥（质量忽略不计），如图乙所示。先使A静止在光电门1左侧，B静止在光电门1和2之间，然后轻推滑块A，光电门1记录滑块A遮光条的挡光时间是，光电门2记录A、B一起运动时其中一条遮光条挡光时间。数据如上表中“序号”的4、5。根据表中数据，碰撞前，滑块A、B速度之差__________m/s；碰撞后，滑块A、B速度之差__________m/s。计算该过程中损失的动能__________J（计算结果保留1位有效数字）。〖答案〗（1）1（3）0.04550.989（4）0.28200.004〖解析〗（1）[1]碰撞过程中如果没有动能损失，则有解得则碰撞的恢复系数定义式是（3）[2]将d=1cm，=22.0ms代入得[3]根据恢复系数定义式，该过程中（4）[4]碰撞前，滑块A、B速度之差[5]碰撞后，滑块A、B一起运动，速度之差[6]该过程中损失的动能代入数据解得11.如图所示，竖直平面内，存在水平向左的匀强电场和足够长的光滑杆AB，杆AB与水平方向的夹角为θ，θ可调节。质量为m、电量为+q的小球套在杆上的A端，让小球以初速度v0从A端沿杆向B端运动，当杆水平放置时，经时间t1在小球速度减为零；当杆竖直放置时，经时间t2小球速度减为零。t1、t2的值未知，但已知，重力加速度为g。（1）求电场强度E的大小；（2）调节θ，使小球速度减为零经过的时间最短，求最短时间t3及此过程中小球的位移大小x。〖答案〗（1）；（2），〖解析〗（1）以运动方向为正方向，当杆水平放置时，在水平方向上有当杆竖直放置时，在竖直方向上有解得（2）小球运动时间最短，则加速度最大，运动方向与重力和电场的合力反向，则由动量定理有解得小球沿杆运动的位移解得12.如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道AB与半径为R的光滑圆轨道平滑连接，一轻质短弹簧在水平轨道上，左端固定在墙上，质量为m的小球P将弹簧压缩。从静止释放小球P，小球P沿水平轨道运动，与弹簧分离后，以速度v0向右匀速运动，在圆轨道的最低点B与另一质量为M的静止小球Q发生弹性碰撞，碰后，小球Q沿圆轨道上升到C点脱离轨道，小球P返回向左压缩弹簧，然后被弹簧弹回，恰好也在C点脱离轨道。两小球形状相同，都可视为质点，整个过程中没有机械能损失，不考虑两球的第二次碰撞，重力加速度为g。（1）求弹簧最初具有的弹性势能Ep及小球P、Q碰后瞬间的速度v1和v2。（用m、M、v0表示）（2）求小球P和Q的质量之比及C点距水平面AB的竖直高度hC。（hC用v0、R、g表示）（3）假设球P和Q的质量可以取不同的值，若小球P第一次与弹簧分离后的速度，且P和Q碰后都能通过轨道的最高点D。试分析讨论两小球的质量m和M应满足的关系。〖答案〗（1），；（2）；（3）或〖解析〗（1）由小球P和弹簧组成的系统机械能守恒，压缩弹簧具有的弹性势能有小球P与静止的Q发生正碰，碰后速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得，（2）因P和Q均在C点脱离圆轨道，则P和Q在C点时速度大小相等，根据机械能守恒，可知小球P与静止的Q发生弹性碰撞后，两球速度大小相等方向相反，即结合（1）结论，解得小球Q在C点脱离轨道，设C点轨道法线与竖直方向的夹角为θ，有小球Q从B点运动到C点过程中，由动能定理由几何关系联立解得（3）小球Q或P经过圆形轨道的最高点D点应具有最小速度vD，则确保小球P和Q都能通过最高点D点，则从B点运动到D点过程中，由能量关系解上面两式，分别得或，综上分析得或（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，则每科按所做的第一题计分。【物理选修3—3】13.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A.若气体内能增大，则分子的平均动能增大B.若气体不与外界进行热传递，可以在减小体积的同时，降低温度C.若气体发生等温膨胀，则气体对外界做功和吸收的热量数值相等D.若气体的温度升高，体积不变，则单位时间内气体对容器壁冲量增大E.若气体先等压膨胀再等温压缩，内能可能不变〖答案〗ACD〖解析〗A．一定质量的理想气体，若气体内能增大，气体温度升高，则分子的平均动能增大，故A正确；B．若气体不与外界进行热传递，则减小气体的体积，则由热力学第一定律，可知则气体温度升高，故B错误；C．若气体发生等温膨胀，则，由热力学第一定律，可知气体对外界做功和吸收的热量数值相等，故C正确；D．若气体温度升高，体积不变，根据理想气体状态方程，压强增加；分子数密度不变，分子热运动的平均动能增加，气体对容器壁的平均作用力增大，故单位时间内气体对容器壁的冲量增大，故D正确；E．等压膨胀过程，由盖—吕萨克定律得，气体温度升高，则气体内能增大；等温压缩过程，温度不变，气体内能不变，则气体初始状态的内能一定小于末状态的内能，故E错误。故选ACD。14.如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞质量为m，面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的温度与外界大气相同均为T0，大气压强为p0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动距离0.5L后停止，整个过程中气体吸收的热量为Q。忽略活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g。求：（i）理想气体最终的温度T（ii）理想气体内能的增加量。〖答案〗（i）；（ii）〖解析〗（i）活塞向上移动了0.5L，在此等压过程中有且解得（ii