四川省南充市2023届高三下学期高考适应性考试物理试题（解析版）

南充市高2023届高考适应性考试（二诊）

能力测试

注意事项：

1.本试卷分第1卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的

姓名、考生号填写在答题卡上。

2.回答第I卷时，选出每小题［［答案］后，用铅笔把答题卡上对应题目的K答案』标号

涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它K答案】标号。写在试卷上无效。

3.回答第II卷时，将K答案》写在答题卡上，写在试卷上无效。

4.考试结束，将答题卡交回。

一、选择题：本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O分。

1.近年中国探月工程取得重大成就。月球夜晚温度低至-180。。为避免低温损坏仪器，“玉

兔二号”月球车携带的放射性同位素杯238（翼PU）会不断衰变，释放能量为仪器设备238

88

供热。空PU可以通过以下反应过程得到：声U+；Hf帮Np+2；n,^Np→X+^Puo

已知于PU的衰变方程为非Pu→Y+^u,其半衰期为88年。下列说法正确的是（）

A.2^U+jH→^Np+2M为轻核聚变

B.X为正电子，Y为质子

C.空PU的比结合能比SU的比结合能小

D.白天时温度升高，掌PU的半衰期会减小

K答案Hc

K解析HA.该反应为原子核的人工转变，故A错误；

B.根据质量数守恒和电荷数守恒可得：X的质子数为

Z=93-94=-l

质量数为零，所以X是电子，Y的质量数为

A=238-234=4

质子数为2,由此可知Y为氢原子核，故B错误；

C.生成物更稳定，所以比结合能更大，故C正确；

D.半衰期与温度无关，故D错误。

故选C。

2.如图，轻质不可伸长晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的

衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列

说法正确的是（）

A.绳的右端上移到绳子拉力变小

B.将杆M向左移一些，绳子拉力变小

C.换用稍长一些的轻质晾衣绳，绳子拉力变小

D.绳的两端高度差越小，绳子拉力变小

K答案HC

K解析力如图所示，因为同一根绳子上的拉力相等，所以两个绳子是对称的，与竖直方向

AD.设绳子的长度为X,则两杆之间的距离等于XCOS仇绳子一端在上下移动的时候，绳子

的长度不变，两杆之间的距离不变，则。角度不变，所以

LLG

Γ∖-Fl=

^2sin

所以绳子上的拉力不变；绳的两端高度差的大小，对绳子的拉力没有影响，故AD错误；

B.当杆M向左移一些，两杆之间的距离变大，绳长不变，所以。角度减小，SinO减小，绳

子拉力变大，故B错误；

C.换用稍长一些的轻质晾衣绳，。角度变大，绳子拉力变小，故C正确。

故选c。

3.如图，匀强磁场的磁感应强度大小为鸟、方向垂直于纸面向里，无限长通电直导线位于

纸面内，在纸面内的ΛΛN位于导线两侧，其连线与导线垂直。且ΛΛN两点到导线的距离

之比为6:5。经测量，N点的磁感应强度大小是M点磁感应强度大小的2倍且方向相同。

已知无限长通电直导线在真空中某点产生的磁感应强度大小为B=上,，其中人为常量，/

r

为电流大小，r为该点到导线的距离。则无限长通电直导线在M点产生的磁感应强度大小为

)

β1

A.⅛∙C.D.B

17°0

K答案DA

K解析D设通电长直导线在M点产生的磁感应强度大小等于B,根据8=左，可知通电长

r

直导线在N点产生的磁感应强度大小等于!■瓦根据安培定则可知通电长直导线在M点产

生的磁场方向向外、在N点产生的磁场方向向里，则有

6、

-B+Bo=2（Bo-B）

5

解得

B=-B

160°

故选A0

4.有一种能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，智能呼啦圈腰带外侧有半径

r=0.12m的圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能自由滑动，短杆的另一端悬

挂一根带有配重的腰带轻质细绳,其简化模型如图。已知配重（可视为质点）质量加=0∙6kg,

绳长为L=0.3m0水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运

动，在某一段时间内细绳与竖直方向夹角始终为53°。腰带可看作不动，重力加速度取

gɪlθm/s2,不计空气阻力，sin53°=0.8,cos530=0.6,下列说法正确的是（）

A.配重受到的合力大小为IONB.配重的角速度为&=U^IOrad/S

9

C.若细绳不慎断裂，配重将自由下落D,若增大转速，细绳对配重的拉力将变小

K答案DB

K解析》A.配重在水平面内做匀速圆周运动，配重受到的合力大小为

04

Ffr-mgtan53--0.6×10×jN=8N

故A错误；

B.根据牛顿第二定律可得

mgtan530=m<z>2(∆sin53o+r)

解得

10√30,

ω=————radj/S

9

故B正确；

C.若细绳不慎断裂，配重将做平抛运动，故C错误；

D.若增大转速，即增大角度，配重做匀速圆周运动的半径增大，细绳与竖直方向的夹角增

大，竖直方向根据受力平衡可得

Tcosθ=mg

可得

rɪɪ

COSe

可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。

故选Bo

5.“黑洞”是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻“黑洞”的方案之一是观测双星系统的

运动规律。天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX-3双星系统，它由可见星

A和不可见的暗星B构成。不考虑其它天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆

周运动，它们之间的距离保持不变，若将可见星A所受暗星B的引力等效为位于O点处质

量为〃的星体对它的引力，设A和B的质量分别为犯、加2，则（）

,叫2

A.m=-----——B.M=—冬—

nιi+m2ιτιλ+tn1

，*，况

C.m=-------!—-D.m=------=——-

(m+m,J

{rny+m2)^1

K答案HD

K解析』根据

2

mλarrx-m2ωr2

得

生=殳

m2rx

根据

Gmytn2_ɑmxm'

储+弓)2/

得

，2

m_4

，巧储+々A

联立解得

，r2g3

λ!=

m=m2-----——7=------——2

(rl+r2)(m∣+m2)

故选D。

6.如图，倾角为8的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM,例N长度均为34四个质量均为

，"的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧面固定有长度为d的

轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其上方的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数

均为〃=tan（9。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，重力加速度大小为g,下

列说法正确的是（）

4

3

21

3

A.当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为二gsin。

4

B.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3,"gsin8

C.从开始释放到样品4刚进入MN段的过程中，克服摩擦力做的总功为9mgdSine

D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3JgMsin6

R答案HAD

K解析IlA.当样品1刚进入MN段时，对整体分析，根据牛顿第二定律得，样品的共同

加速度

4m2sinθ-μmgcosθ3.八

%=l-------+3-------=-gsm6>

4m4

故A正确；

B.当样品1刚进入MN段时，隔离对样品1分析，根据牛顿第二定律有

mgf>inθ+F-μmgcosθ=ιnat

解得

3

F=-WgSinO

3

根据牛顿第三定律，样品1的轻杆受到的压力为巳mgsin仇故B错误；

4

C.从开始释放到样品4刚进入MN段的过程中，摩擦力对样品1做功

Wn=-μmgcosθ∙3d--3mgdSine

摩擦力对样品2做功

Wf2=-μmgcosθ∙2d=-2mgdsinθ

摩擦力对样品3做功

叫3=-Nrngcosθd=-mgdSine

此时样品4刚进入MN段，摩擦力不做功，则摩擦力做的总功

W(=Wπ+Wf2+Wf3=-6mgdsinθ

故C错误;

D.从开始释放到样品4刚进入MN段的过程运用动能定理得

1

4mg∙6dsinθ-W=—×(4m)v2

f2

解得样品共同速度

v=3y]gdsinθ

故D正确。

故选ADo

7.如图甲所示,绝缘且粗糙程度相同的水平面上固定着两个带等量负电荷的点电荷M和N,

。、A、B是在此水平面上M、N连线的中垂线上的三点，8点是MN的中点，。与B间距

为尸0.2m.一带正电的小球由O点静止释放，其质量Zn=IXl(F?kg、电荷量q=2xl(Γ'c,带

正电的小球与水平面的动摩擦因数〃=0.2。小球从O点运动到B点的v-f图像如图乙所示,

A为图像的拐点，乙图中0、A、8对应甲图中0、A、B三个位置。重力加速度g=10m∕s2,

则以下说法正确的是()

㊉。

ij

θ--fκ--θ

M!N

甲

A.从。到8,小球的加速度先增大后减小

B.O点与B点电势差UOB=2V

C.当小球速度最大时，小球所在位置的电场强度E=10N∕C

D.O与8之间A点的电场强度最小

K答案HBC

K解析RA.由乙图可知，从。到A,小球的加速度增大，A到B先减小至零然后反向增

大。故A错误；

B.从。到8,由动能定理可得

叼+服=。

其中

Wf=-μmgx

联立，可得

UOB=2V

故B正确；

C.当小球速度最大时，其加速度为零，有

qE=μmg

解得

E=10N∕C

故C正确；

D.对小球受力分析，由牛顿第二定律有

qE—μmg=ιnιι

由乙图可知，小球在A点时加速度最大，即电场强度最大。故D错误。

故选BCo

8.如图所示，两根电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨MN,PQ固定在水平面内，间距

Im,在导轨间宽度L=Im的区域有匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T,方向如图。一

根质量叫=0∙2kg,阻值R=0.5Ω的金属棒b静置在导轨上,现使另一根质量砥=O.Ikg,

阻值也为R=O.5C的金属棒α以初速度％=4m∕s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域

后，与匕发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则金属棒)

L

M-r-↑------⅛=—N

左

d439,b右

•∙B∙•

V

PQ

A.第一次穿过磁场时做匀减速直线运动

B.第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流

C.第一次穿过磁场过程中克服安培力做的功为0.25J

D.与金属棒b碰撞后瞬间的速度大小为0.5m∕s

K答案HBD

K解析DA.金属棒。穿过磁场过程中受向左的安培力作用，根据

B2J2V

-------=m,,a

IRa

可知随着速度的减小，加速度减小，则金属棒”做加速度减小的减速运动，选项A错误;

B.由右手定则可知，第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，选项B正确;

C.第一次穿过磁场的过程中由动量定理可知

-BldNt—mav-mav0

其中

-BdL

λIZ=-----

IR

由动能定理

-W..=-my2--mvr,

安2"2"°

解得

v=1.5m∕s

W安=().6875J

选项C错误;

D.两棒发生完全弹性碰撞，则

mav=mιιvl+mhv2

12ɪ2ɪ2

^2m0v'+2m"v2

解得

v∣=-0.5m∕s

V2=1m/s

即a与金属棒b碰撞后瞬间的速度大小为0.5m∕s,选项D正确。

故选BDo

第H卷（非选择题，共174分）

二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分，第22-32为必考题，每个试题考生都必须

做答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答）

（-）必考题（共129分）

9.为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，某实验小组设计

了如图所示的装置，实验过程如下：（已知小球的质量为阳，直径为d）

释放装置

位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门；

（2）为方便操作并记录小球此次下落和反弹通过光电门的遮光时间《和与，应

（填“A”或"B”）；

A.先释放小球，后接通数字计时器

B.先接通数字计时器，后释放小球

（3）用测量结果计算小球与橡胶材料碰撞的机械能损失，其表达式为AE=（用

字母用、d、4和L表示）；

（4）若适当调高光电门的高度，将会（填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的

实验误差。

11,d

K答案D（2）B（3）-/«（-）（4）增大

K解析』（2）£13为方便操作并记录小球此次下落和反弹通过光电门的遮光时间4和，

应先接通数字计时器，后释放小球。

故选Bo

（3）K2D小球下落经过光电门时的速度大小为

小球上升经过光电门时的速度大小为

小球与橡胶材料碰撞损失的机械能为

.„12ɪ2ɪ/d、［1,d、2

△£--mv：—mv..=—m（-）—m（一）^

222fl2t2

（4）DΣ若适当调高光电门的高度，则从光电门到橡胶材料的距离增大，从下落经过光电

门到上升经过光电门通过的路程增大，克服空气阻力做的功增大，则将会增大因空气阻力引

起的实验误差。

ɪθ.（1）利用图甲所示电路测量电流表A（量程ImA）的内阻。实验室有以下器材；

待测电流表A（量程ImA）

滑动变阻器B（最大阻值6000C）

滑动变阻器C（最大阻值3000C）

电阻箱（最大阻值999.9C）

电源耳（电动势3V,内阻很小）

电源52（电动势为6V,内阻很小）

甲

①为了比较精确的测量，电源选用（填“片”或“后2”），滑动变阻器Rl选用

（填“B”或"C”）

测量方法是：先断开开关S2,闭合开关S-调节滑动变阻器与，使电流表的指针满偏；保

持用的阻值不变，闭合S?,调节电阻箱&，使电流表的指针半偏，此时电阻箱&的示数

为99.00则：

②电流表A内阻的测量值为C,测量值___________（填“大于"、"小于''或"等

于“）真实值。

（2）若将该电流表A改装成量程为IOOmA的电流表A∣,则改装后的电流表Al的内阻

RA=Ωc

(3)为测量一节废旧干电池的电动势E和内阻一，利用电流表Al和其它实验器材设计了如

图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录多组数据，画出;一《图像为一

条直线(如图丙)。由图中数据计算出该电池的电动势E=V,内阻

r=Ω(结果均保留三位有效数字)。

K答案H(1)①B②99.0小于(2)0.99(3)1.1310.3

K解析D(I)①K11K2F根据题意可知，采用的是半偏法测量电流表内阻，为了减小误差,

实验中电源选择电动势较大的E2,回路最大电流IrnA,根据欧姆定律可知,最小电阻6000Ω,

故滑动变阻器选择B。

②K3HK4』先断开开关S2,闭合开关5,调节滑动变阻器用，使电流表的指针满偏，保

持Rl的阻值不变，闭合S2,调节电阻箱与，使电流表的指针半偏，因为滑动变阻器阻值

非常大，近似认为此时回路电流不变，则电阻箱&的电流也为:∕g,此时电阻箱&的示

数为99.0C。则根据并联电流与电阻成反比可知，电流表A内阻的测量值为99.00因为闭

合s2后，回路总电阻减小，总电流增大，则流过&的实际电流大于;∕g,导致测量值小于

真实值。

(2)K5∑若将该电流表A改装成量程为IOOmA的电流表A∣,则改装后的电流表Al的内

阻

IR

/?.=-^e=0.99Ω

A1

(3)mm根据

E

r+8+RO

整理得

IE°E

根据题意，结合图丙可得

L=年二"1x103,$=OOlXIO3

E45E

解得

E=l.13V,r=10.3Ω

11.如图，在平面直角坐标系Xoy内，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大

小为52（未知）；第二象限存在沿X轴正方向的匀强电场，电场强度大小E=LoN/C；

第四象限圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小3=0.25T,圆形区

域分别在P点、Q点与X轴、y轴相切，其半径R=O.4m0一比荷9=20OC/kg、不计

m

重力和空气阻力的带正电粒子，从第二象限的A点由静止释放，A点坐标为（-0.5m,

0.2m）,该粒子从V轴上C（0,0.2m）点进入第一象限，恰从P点进入第四象限的匀强

磁场，最终从圆形磁场的M点射出。求：

（1）粒子经过C点的速度大小％；

（2）电场强度62的大小及粒子经过P点的速度y；

（3）粒子在磁场中运动的时间，（结果可用乃表示）。

3兀

K答案』（1）10V2m/s;（2）20m∕s,θ—45°；（3）t=s

K解析』（1）粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有

2q∣χj=说

由牛顿第二定律得

qE、=ma]

联立解得粒子经过C点的速度大小

v0=lθV2m∕s

(2)在第一象限，粒子做类平抛运动，沿X轴正方向有

R=VOf

沿y轴负方向有

12

at

yc=^2

由牛顿第二定律可得

qE2=ιna2

联立解得

2

£2=2.5N∕C,α2=500m∕s

粒子经过P点沿沿y轴负方向的分速度大小为

vy=a2t=lθV2m∕s

因此，粒子经过P点的速度大小为

V=+.=20m/s

设速度方向与X轴正向夹角为。，则有

tan6=-L=I

VO

可得

8=45°

(3)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得

V2

qvB=m一

解得

r=0.4m=R

粒子在磁场中的轨迹如图所示

可知四边形PaMo2为菱形，则粒子从M点射出磁场时速度沿X轴负向；从P到M,圆心

角为a=135°,粒子在磁场中的运动时间为

又

„1πm

1=------

qB

联立解得

12.如图，固定在水平地面上，倾角为。的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一轻质

弹簧放在斜面上，一端固定在挡板上，另一端处于自由状态，足够长的木板B放在斜面上,

木块A放在B的上端，A、B的质量均为机，A、B之间的动摩擦因数为小开始时，A、B

均静止，使弹簧压缩了xo。然后沿斜面向下缓慢推动木板B移动距离2xo后锁定B（弹簧始

终在弹性限度内）。某时刻解除锁定，木B板沿斜面向上运动，A与B之间发生相对滑动，

经过时间f,A与B第一次共速，此时B已脱离弹簧。已知弹簧形A变量为X时弹性势能为

2

Ep=-Ax（其中左为弹簧的劲度系数，Z未知）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力

p2

加速度为g。求：

B

(1)解除锁定瞬间，A、B的加速度大小〃A、GB

(2)从解除锁定到B沿斜面向上运动速度达到最大时B的位移大小国;

(3)解除锁定后，B沿斜面向上运动的最大位移Xm的大小。

(5Sine-〃COSe)Xo

R答案II(I)QA=μgcosθ-gsinθ,QB=5gsin夕一〃geos。；(2)F=

2sin

22

(3)18x0sinθ-gt(^μcosθ-sin^gtcosθ-sin

2(χ∕COSe+sin。)2sin

(解析X(1)最初，整个系统处于静止状态，则有

kx°=2∕"gsin9

解除锁定瞬间，对于A

μmgcosθ~mgs∖nθ=ma

对于B

k`3xo—mg^↑∖Θ-μmgcosθ-man

解得

ax="gcosJ—gsin。

QB=5gsin。一〃gcos。

(2)B速度最大时，其加速度为0,则有

kx=mgsinθ+μmgcosθ

B的位移大小

x∖=3x()—X

解得

(5sin，-"cos。)/

x

ι=2sin。

(3)从解除锁定到共速，设A、B的位移大小分别为12、口，共同速度为匕对于A

V=ClAt

12

赴=2卬

对于系统，能量守恒，则有：共速后，一起沿斜面向上匀减速，对A、B整体（AB的位移

大小为X4）

-2mgx4Sine=O—5∙2m-v^

所以B沿斜面向上运动的最大位移为

Xm=X3+X4

解得

2

18%0Sine-cosθ-sinθ∖gt（χycosθ-sinθ∖

m2（〃CoSe+sin。）2sin

（-）选考题（共45分。请考生从给出的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，则按所做的第一题计分）

E物理选修3-3』（15分）

13.一定质量的理想气体发生状态变化，其压强P随热力学温度T变化的图像如图所示，气

体从状态”开始，经历了“∙→bτc一∕→”的过程，HW为平行四边形，必与7轴平行，be

边反向延长线通过坐标原点0。下列说法正确的是（）

0T

A.从“至!!人，气体体积减小

B.从b到c,气体体积增大

C.从。到c,气体放出热量

D.从C到d气体对外做的功大于从a到b外界对气体做的功

E.从C到d气体对外做的功等于从a到b外界对气体做的功

K答案HACE

K解析》A.从。到6,压强不变，根据

匕=%

T(ITh

温度降低，体积减小，A正确;

B.从6到c,为等容变化，则气体的体积不变，B错误;

C.从α到c,温度减小，则

Δt∕<O

从a到c,根据

T

体积变小，外界对气体做正功，即

w>o

根据热力学第一定律

∖U=W+Q

则

β<0

气体放出热量，C正确；

DE.从C到d,气体的体积增大，外界对气体做负功，即

=A(K-K)

根据

T

则

叱=0(%—匕)=C(I-Z)

从“到江体的体积减小，外界对气体做正功，即

%=4(匕-%)

即

W2=Pa(Vd-Vc)=Caa-Th)

因为

Tll-Tc=Tii-Tb

即从C到d气体对外做的功等于从a到b外界对气体做的功，D错误E正确。

故选ACEo

14.潜水能进入水面以下，处于悬浮状态，让人彻底放松身心，在静谧的海底无言地观赏各

种色彩斑斓的奇异珊瑚和鱼类。但由于水压的存在，潜水也存在一定的风险。已知人体肺部

空气容积最小可压缩至空气中体积½)的g,最大可膨胀至%的2倍，否则会出现危险。水

面上的大气压Po相当于深为例的水柱压强，为了保证潜水时的安全：(肺部气体温度等于人

体内温度，视为不变)

(1)求人在安全状态下能下潜的最大深度H；(K答案』用心表示)

(2)人在最大安全深度通过吸入压缩空气将肺部体积恢复至⅛,返回时为了避免到达水面后

出现肺部过度扩张，求返回时应当在最大安全深度吐出压缩空气的最小体积。(K答案》用

V表示)

K答案』(1)4⅛;(2)0.6Vo

K解析》(1)以对人体肺部气体为研究对象

空气中状态有

pι=po,½=⅛

最大安全深度下，有

P2=pn+n↑PkhVi=O.2Vo,(PH=PO)

由等温变化可得