四川省南充市2022-2023学年高三下学期二模物理试题 含解析

南充市高2023届高考适应性考试（二诊）

理科综合试卷

注意事项：

I.本试卷分第I卷（选择题）和第U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。写在试卷上无效。

3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

4.考试结束，将答题卡交回。

二、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0分。

1.近年中国探月工程取得重大成就。月球夜晚温度低至-18（ΓC,为避免低温损坏仪器，“玉兔二号”月球

238238

PU94PU

车携带的放射性同位素杯238（94FU）会不断衰变，释放能量为仪器设备238供热。yu可以通过以

下反应过程得到：^U+jH→哥Po,93P94o已知*Pu的衰变方程为

238234

P1IVY-I-TT

94KU→ι+92uj其半衰期为88年。下列说法正确的是（）

A.2霓U+：Hf/Np+2｛）n为轻核聚变

B.X为正电子，Y为质子

C.^8Pu的比结合能比置U的比结合能小

D.白天时温度升高，瞪PU的半衰期会减小

【答案】C

【解析】

【详解】A.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为氮原子核，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Co

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

【答案】C

【解析】

【详解】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，与竖直方向夹角是相等

的。

AD.设绳子的长度为X,则两杆之间的距离等于XCOS优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

G

Λι-FO=

^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6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扁、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M、N位于导线两侧，其连线与导线垂直。且M、N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6=攵,，其中％为常量，/为电流大小，r为该点到导线的距离。则无限长通电直导

r

线在M点产生的磁感应强度大小为（）

×××X

X

■---------------------N

×××X

XBoX×

A.—BOB.-BC.D.BO

16°0

【答案】A

【解析】

【详解】设通电长直导线在"点产生的磁感应强度大小等于B,根据B=后,可知通电长直导线在N点

r

产生的磁感应强度大小等于∣∙B.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=IBO

16

故选Ao

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）质量根=0∙6kg,绳长为L=O.3m。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g=10m∕s2,不计空气阻力，sin530=Q8,cos53°=0.6,下

列说法正确的是（）

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。点处质量为加的星体对它的引力，设A和B的质量分别为

町、tn2,则（）

2

ʌ…,一叫~

A.m=---------D.Ul-

+m町+"Z

mx72

…，"V…，一濡

Cm_------------------TD加二---------τ

(〃4+机2)一(m1+∏22)~

【答案】D

【解析】

【详解】根据

/22

mλω4=m2ωr1

得

mi_r2

mιr∖

根据

m

G二Cml'

储+&)2-ZJ2

得

m_片

m1(4+幻2

联立解得

-M-J_____!_____________±_____

m-一'rh.2—2

储+々)(ml+∕∏2)

故选D。

6.如图，倾角为。的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM,MN长度均为3d。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。。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

ʌ当样品I刚进入.段时’样品的共同加速度大小为《gsin,

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∕ngsin6

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Sngdsin。

D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3jgdsin祥

【答案】AD

【解析】

【详解】A.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

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

mgsinθ+F-μmgcosθ=maι

解得

3八

F=-mgsinθ

3

根据牛顿第三定律，样品1的轻杆受到的压力为巳Wgsin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

VVn=-μmgcosθ∙3d--3mgdsinθ

摩擦力对样品2做功

叫2=~∕jm8c°34sθ∙1d=-2mgdsinθ

摩擦力对样品3做功

吗3=~∕jm8COSθ∙d=-mgdsinθ

此时样品4刚进入MN段，摩擦力不做功，则摩擦力做的总功

吗=V‰+%2+吗3=—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

解得样品共同速度

V-3Jgdsinθ

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,0、A、B是

在此水平面上M、N连线的中垂线上的三点，B点是MN的中点，。与B间距为x=0.2m.一带正电的小球

由O点静止释放，其质量m=IXl（F2kg、电荷量于2x10-3。带正电的小球与水平面的动摩擦因数

〃=0.2。小球从。点运动到B点的口—/图像如图乙所示，A为图像的拐点，乙图中。、A、B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（）

㊉O

A.从O到3,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=ION/C

D.O与8之间A点的电场强度最小

【答案】BC

【解析】

【详解】A.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

Wf+%=0

Wf=-μmgx

q

联立，可得

U°B=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-ma

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d=lm,在导

轨间宽度L=Im的区域有匀强磁场，磁感应强度大小8=0.5T,方向如图。一根质量小,=0∙2kg,阻值

R=0.5。的金属棒b静置在导轨上，现使另一根质量机il=Slkg,阻值也为R=0.5。的金属棒〃以初

速度%=4m∕s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与b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）

M••••-N

••••

左da⅛b右

•∙B∙•

r__••••

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〃碰撞后瞬间的速度大小为0.5m∕s

【答案】BD

【解析】

【详解】A.金属棒。穿过磁场过程中受向左的安培力作用，根据

B2d2v

--------ma

2Ra

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

-BIdAt=mav-tnav0

其中

-BdL

Ibat=-----

2R

由动能定理

2

-Wii=^maV片

解得

v=1.5m∕s

Wς=O.6875J

选项C错误;

D.两棒发生完全弹性碰撞，则

mav=muvl+mhv2

12ɪ2ɪ2

2mav=QSM+-m∕Λ

解得

vι=-0.5m∕s

V2=lm∕s

即α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BD。

第∏卷（非选择题，共174分）

三、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：（已知小球的质量为相，直径为d）

释放装置

（I）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，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4和4，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〃、

d-%和今表示）；

（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。

1¢/21,d、、

【答案】①.B②.,"2（,）根（1）-③.增大

【解析】

【详解】（2）[1]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12，应先接通数字计

时器，后释放小球。

故选B。

（3）[2]小球下落经过光电门时的速度大小为

d

V'^?

小球上升经过光电门时的速度大小为

d

岭=丁

l2

小球与橡胶材料碰撞损失的机械能为

ALr12ɪ2ɪ/d2ɪ/d2

ΔE=—mvi——mv2=—m（-）——m（一）

222t[2t]

（4）[3]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。

10.（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6000Ω）

滑动变阻器C（最大阻值3000C）

电阻箱（最大阻值999.9。）

电源片（电动势3V,内阻很小）

电源鸟（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“用”或“E2”）,滑动变阻器RI选用

（填“B”或"C”）

测量方法是：先断开开关当，闭合开关s∣,调节滑动变阻器R∣,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&,使电流表的指针半偏，此时电阻箱”的示数为99.0C。贝IJ：

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=

_______Ω,,

（3）为测量一节废旧干电池的电动势E和内阻「，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）。

【答案】Φ.E2②.B99.0④.小于©.0.991.13⑦.10.3

【解析】

【详解】（1）①口］［2］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ImA,根据欧姆定律可知，最小电阻6000C,故滑动变阻器选择B。

②⑶⑷先断开开关S?,闭合开关S-调节滑动变阻器R∣,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99.0Ω0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99.0C。因为闭合S?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）［5］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AI的内阻

JR

RA=-^=0.99Ω

(3)⑹⑺根据

I=——-——

r+R,A+&

整理得

ɪɪd&+「

7=1十

根据题意，结合图丙可得

≡xl。口=0.01X103

E45E

解得

E=1.13V,r=10.3Ω

11.如图，在平面直角坐标系Xoy内，第一象限存在沿》轴负方向的匀强电场，电场强度大小为马（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g=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B=O.25T,圆形区域分别在P点、Q点与X轴、轴相切，

其半径R=0.4m0一比荷包=20OC/kg、不计重力和空气阻力的带正电粒子，从第二象限的A点由静

m

止释放，4点坐标为(-0.5m,0.2m),该粒子从)'轴上C(O,0.2m)点进入第一象限，恰从尸点进

入第四象限的匀强磁场，最终从圆形磁场的M点射出。求：

(I)粒子经过C点的速度大小%；

(2)电场强度当的大小及粒子经过尸点的速度V；

【解析】

【详解】(1)粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有

由牛顿第二定律得

qE、=/?Jal

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=Iv

沿y轴负方向有

1,2

ʃe=5®

由牛顿第二定律可得

qE2=ma2

联立解得

2

E2-2.5N/C,cz2=500m∕S

粒子经过P点沿沿＞轴负方向的分速度大小为

vv=«2/=lθV2m∕s

因此，粒子经过尸点的速度大小为

2

V=ʌʃvθ+vy=20m/s

设速度方向与X轴正向夹角为e,则有

V

tan^=—=1

VO

可得

6=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

2

nV

qvβ=m一

解得

r=0.4m=R

可知四边形PQlMo2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

0=135°,粒子在磁场中的运动时间为

又

_2πm

1=-----

qB

联立解得

3兀

t=----s

200

12.如图，固定在水平地面上，倾角为6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的质量均为加，A、B之间的动摩擦因数为〃。开始时，A、B均静止，使弹簧压缩了我。然后沿斜

面向下缓慢推动木板B移动距离2次后锁定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3A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5=5丘2（其中左为弹簧的劲度系数，A未知）。设最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，重力加速度为g。求：

（1）解除锁定瞬间，A、B的加速度大小公、"B；

（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x1;

（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(ɜ)

【答案】(1)QA=〃gcos。一gsinθ,4B=5^sin0-/∕gcos<9;(2)Jq=

2sin6

22

18x0sinθ-gt(χ∕cosθ-sinθfgt(//cosθ-sinθ∖

Xm2(〃CoSe+sin6)2sin

【解析】

【详解】（1）最初，整个系统处于静止状态，则有

kx°=2mgsi∏e

解除锁定瞬间，对于A

μmgcos0-mgsinθ=ma

对于B

k3xo—/HgsinO-"mgcos9=man

解得

QA=μgcosθ~gsinθ

4B=5gsinJ-〃gcos9

(2)B速度最大时，其加速度为0,则有

kx-∕πgsin9+"AWgcosO

B的位移大小

Xi=3xo~X

解得

(5Sine-χ√cosx0

,2sin6

(3)从解除锁定到共速，设A、B的位移大小分别为也、X3,共同速度为％对于A

V=ClAt

12

x2=~aAt

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M)

1ɔ

-Imgx4Sine=O-5∙2m∙v

所以B沿斜面向上运动的最大位移为

Xm=+x4

解得

18%)sinθ-gt11μCOSθ-sin8)2gt2(μcosθ-sinθ}

Xm二

2(μcos6+sinO)2sin8

(~)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)

[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a-6—a的过程，Hcd为平行四边形，M与T轴平行，机∙边反向延长线通过坐标原点

A.从。到6,气体体积减小

B.从6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

【答案】ACE

【解析】

【分析】

【详解】A.从α至∣J6,压强不变，根据

二以

TaTh

温度降低，体积减小，A正确：

B.从b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α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

叫=%(%T)

根据

T

则

Pc(Vd-Vc)=C(Td-Tc)

从“到从体的体积减小，外界对气体做正功，即

吗=P〃(匕一%)

即

W2=Pa(Vd-Vc)=C(Ta-Tb)

因为

Td-Tc=Ta-Tb

即从C到d气体对外做的功等于从α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Vo的(，最大可膨胀至%的2倍，否则会出现危险。水面上的大气压Po相当于深为加的水柱

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-,(答案用心表示)

(2)人在最大安全深度通过吸人压缩空气将肺部体积恢复至V0,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。(答案用丫表示)

【答案】(l)4Ao;(2)0.6⅛

【解析】

【分析】

【详解】(1)以对人体肺部气体为研究对象

空气中状态有

Pl=P0,V∣=⅛

最大安全深度下，有

P2=po+n↑PfhVΓ2=O.2MO,(PH=PO)

由等温变化可得

PlVI=PA12

解得

711=4

故最大安全深为4”。

⑵人在最大安全深度时肺部气体有

P3=P2=5po,⅛=⅛

人在最大安全深度时肺部吐出气体