2023届四川省高三年级下册三诊模拟考试理科综合试题-高中物理（含解析）

2023届四川省绵阳中学高三下学期三诊模拟考试理科综合试

题-高中物理

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.用紫外光电管制作的火灾报警器的灵敏度非常高，其能够探测5m远处香烟头燃烧时

火焰发出的紫外线，因此被称为“火焰发现者”，但它对可见光完全没有反应，因此在使

用过程中不需要过滤任何可见光。已知光电管内部金属材料发生光电效应的极限频率为

%,对应的波长为4；可见光的最高频率为匕，对应的波长为4；可见光的最低频率为

乙，对应的波长为4。下列说法正确的是（）

A.%一定大于0B.%一定大于4

C.%一定小于电D.A）一定大于心

2.如图所示，水平直杆。尸右端固定于竖直墙上的。点，长为L=2m的轻绳一端固定

于直杆尸点，另一端固定于墙上。点正下方的。点，。尸长为d=1.2m,重为4.8N的

钩码用质量不计的光滑挂钩挂在轻绳上且处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（）

B.3NC.4ND.6N

3.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为a,乙的圆

心为5，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中此时°点

的磁感应强度大小为4，b点的磁感应强度大小为生。当把乙环的电流改为等大反向电

流后，c点的磁感应强度大小为（

甲乙

A.B「B\B.B2—gC.Bt—D.g

4.如图所示，A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，。为地心，在两卫星运行过程中,

A、B连线和。、A连线的夹角最大为。，则A、B两卫星（）

A.做圆周运动的周期之比为^

B.做圆周运动的周期之比为』

C.与地心。连线在相等时间内扫过的面积之比为1:1

D.与地心。连线在相等时间内扫过的面积之比为、

\sin0

5.质谱仪可测定同位素的组成。现有一束一价的钠23和钠24离子经电场加速后，沿

着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示。测试时规定加速电压大小为G）,

但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小o为使钠23和钠24打在

照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力，则AU不得超过（）

二、多选题

6.如图所示为两个正电荷与一个负电荷形成的电场的等势面，相邻等势面之间的电势

差相等。其中。点为两个正电荷连线的中点，AO8连线水平，且A、B两点关于。点对

称；CAE连线竖直，且C、E两点关于。点对称；以无穷远外为零势能面，A、B、C、

£、尸分别在对应的等势面上，电势如图中标注。下列说法正确的是（）

试卷第2页，共8页

B.电子在C点处的电势能为15eV

C.将一负检验电荷由。点沿竖直方向移动到尸点，电场力对该电荷做正功

D.D点的电势高于-10V

7.如图1所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动一段

时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物

块运动的速度一时间图像如图2所示，f=0时刻甲、乙间距为4，均停止后间距为巧，

已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.两物块与地面间的动摩擦因数相同

B.乙在整个过程中的位移大小x3=x1-x2

C.两物块的质量之比为处

收7

D.两物块间的碰撞为弹性碰撞

8.如图所示，一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴。上，

轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动。当小球在最低点时给它一个水平初速度，小球刚好

能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是（）

O

A.小球在最右端时，杆的力为机g

B.除最高点外，小球做完整圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心

c.杆的力为。时，小球的速度大小为层2

D.杆的力为。时，小球的速度大小为67

三、实验题

9.如图甲所示，对两小桶及里面所装物体组成的系统，某实验小组要探究其运动时机

械能的变化情况。图甲中定滑轮的质量很小，转动时受到的摩擦力很小。他们首先在两

小桶里装适当质量的物体，使滑轮刚好不转动，然后将M中质量为25g的物体取出放

入N中，再将系统由静止释放，系统运动过程中用手机对N进行连拍，相邻两次拍照

的时间间隔为0.1s。照片记录的N运动过程中每隔0.1s的部分相对位置如图乙所示。当

地的重力加速度g=9.8m/s2,按要求回答问题。

6.25cm

8.72cm

11.15cm

13.62cm

E4

甲乙

(1)系统释放后M和N做匀加速直线运动的加速度大小为m/s2o

(2)若不计滑轮的质量和受到的阻力，两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为

kgo

(3)从开始运动至N到达C位置，该实验小组根据照片测出该过程N下落的高度，从而

计算得出系统重力势能的减小量为O」1J,他们又根据第(2)问结果计算该过程系统动

能的增加量，应为Jo(结果保留两位有效数字)

10.某实验小组设计了如图(。)所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S,

就可使“欧姆表”具有“X10”和“X100”两种倍率。电路中使用的实验器材如下：

干电池：电动势E=1.5V,内阻厂=1O；

毫安表：满偏电流4=1mA,内阻4=350。；

滑动变阻器凡，阻值调节范围足够大；

定值电阻与、&和4,其中K=1000。；

试卷第4页，共8页

开关S,红、黑表笔各一支，导线若干。

⑵当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器使电流表达到满偏，此时&=

O,欧姆表的倍率是（填“X10”和“X100”）。

（3）闭合开关S使欧姆表倍率改变，电阻&=。。将两表笔短接，调节滑动变阻器

R。,使电流表达到满偏。

（4）保持开关S闭合，在表笔间接入电阻&（图中未画出），电流表指针指向图（6）所

示的位置时，电阻&=。。

四、解答题

11.如图所示为和谐号CRH3c列车，沿前进方向看第1、3、6、8节车厢为自带动力

的车厢（动车），其余为不带动力的车厢（拖车）。每节车厢的质量均为1.25x104kg,动

车车厢的额定功率都为9680kWo每节车厢在高速行驶过程中所受阻力正比于其速率的

二次方，比例系数为k,重力加速度大小10m/s2。若动力系统均启用时，该动车组能达

到的最大行驶速度为393.2350km/h（下列计算中近似取作396km/h）。（计算结果均保留

到小数点后1位）

（1）求正常匀速最大速度行驶时三、四节车厢间的作用力大小64；

（2）若该动车组以最大速度正常行驶时由于故障，第六节车厢突然失去动力，求失去

动力的瞬间第四、五节车厢之间的作用力大小月5。

12.如图甲所示，表面绝缘、倾角6=30。的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定

有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度。=0.40m

的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板

的距离s=0.55m。一个质量〃?=0.10kg、总电阻R=0.25Q的单匝长方形闭合金属框

abed,放在斜面的底端，其中湖边与斜面底边重合，油边长L=0.50m。从f=0时刻开

始，线框在垂直加边沿斜面向上且大小恒定的拉力厂作用下，从静止开始运动，当线

框的M边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过

程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图

乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持浦边与斜面底边平行，

线框与斜面之间的动摩擦因数〃=岑，重力加速度g取lOm/s?o

（1）求线框受到的拉力尸的大小：

（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及线框ad边的长度；

（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足

□=（式中％为线框向下运动时就边刚进入磁场时的速度大小，X为线框仍

mR

边进入磁场后相对磁场上边界的位移大小），求从r=0时刻开始线框在斜面上运动的整

个过程中产生的焦耳热。（即电热）。

五、多选题

13.一定质量的理想气体状态变化如O-V图所示由状态1变化到状态2,图中，pi=3p2,

V2=4VI,状态1、2对应的温度分别为。、72,下列说法正确的是（）

A.气体对外做功，内能减小，TAT?

B.气体吸热，气体分子热运动平均动能增大，TKT2

C.器壁上单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少

试卷第6页，共8页

D.若气体由状态2再变化到状态1时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相

等，则气体放出的热量也一定与图示变化吸收的热量大小相等

E.气体从状态2变化到状态1的过程中不可能有吸热现象

六、解答题

14.如图所示，两侧粗细均匀、横截面积均是S、高度均为〃=36cm的U型管，现处

于倒置状态，左管下端开口，右管下端封闭，左管中有高％=3cm的水银柱，管内封闭

有一段气体。已知水银柱下表面离管口的距离4=9cm。管底水平段的体积可忽略。在

转动过程中，始终没有水银流出。环境温度为7]=288K,大气压强p0=75cmHg。

(1)现将U型管缓慢转动直至左右两管都平放在水平面上，求稳定后水银柱液面离管

口的距离是多少？

(2)U型管平放在水平面后，再将密封气体缓慢加热，使水银柱液面恰好与管口平齐。

求此时封闭气体的温度。

七、多选题

15.如图甲所示，8、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介

质中沿2P方向传播，尸与B相距20cm,沿竖直方向振动的横波II在同一介质中沿CP

方向传播，尸与C相距30cm,在f=0时亥U,两列波同时分别传到8、C两点，8点的振

动图像如图乙所示，C点的振动图像如图丙所示。两列波的波速都为10cm/s,两列波在

A.横波I遇到100m的障碍物时会发生明显衍射现象

B.尸点的振幅为10cm

C.0~4s内P点的路程为160cm

D.0~4s内P点的路程为120cm

E.r=8.0s时尸正经过平衡位置

八、解答题

16.为测量双层玻璃中间真空层的厚度，用激光笔使单色光从空气以入射角6射入玻璃,

部分光线如图所示。测得玻璃表面两出射点8、C与入射点A的距离分别为4和已

知玻璃的折射率为“，光在真空中的速度为以求:

(1)真空层的厚度%

(2)光从A传播到B的时间t。

试卷第8页，共8页

参考答案：

1.A

【详解】

AC.根据题意可知，用可见光照射这种光电管时不能发生光电效应，说明可见光的最高频

率看小于光电管内部金属的极限频率2,选项A正确、C错误；

BD.根据公式彳=£可知，频率口越高，波长2越短，故儿一定小于4和4，选项BD错

V

误。

故选Ao

2.B

【详解】钩码用质量不计的光滑挂钩挂在轻绳上且处于静止状态，可知两边轻绳与竖直方向

的夹角相等，均为自如图由几何关系

2y—l.2_y

2x-2x

解得

sin6>=2=0.6

X

由平衡可知

2Tcos，=G

解得

r=3N

故选B。

3.A

【详解】由右手螺旋定则可知，甲、乙两环在6点产生的磁感应强度方向相同（水平向左）,

答案第1页，共13页

大小相等，由于6点的磁感应强度大小为鸟，则甲、乙两环在匕点产生的磁感应强度大小

均为与，由对称性可知，甲环在4点产生的磁感应强度方向水平向左，大小为与，由于。

点的磁感应强度方向水平向左，大小为耳，可知，乙环在。点产生的磁感应强度大小为

耳一号，方向向左，当把乙环的电流改为等大反向电流后，乙环在c点的磁感应强度大小与，

22

方向向右，甲环在C点的磁感应强度大小4-二广，方向向左，则C点的磁感应强度大小为

1]=生一4

故选Ao

4.D

【详解】AB.由题意可知，当A、B连线和0、A连线的夹角最大时，08与垂直，由

几何关系可知

;in6»

由开普勒第三定律可得

琛=以

rrB

解得

ZA_£.

sin30

TBVB

AB错误；

CD.A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，则在r时间内卫星与地心。连线扫过的面积

为

S=--2

T

则有

2

SB北堤4sin07sin6

C错误，D正确。

故选Do

5.C

答案第2页，共13页

【详解】设磁场的磁感应强度为8,电荷量的电荷量为4,质量为机，其在磁场中运动的轨

迹半径为R,则由动能定理有

qU0=—mV

由洛伦兹力充当向心力有

Bqv=m—

R

联立解得

2mU0

根据该式可知，在加速电压磁感应强度3、电荷量q相同的情况下，加小的半径小，

所以钠23半径小，钠24半径大。设钠23质量为叫加速电压取最大值U°+AU,最大半径

为《；钠24质量为相.加速电压取最小值U。-AU,最小半径为此，因此有

1|2，"i(Uo+AU)

2ml(Uo-AU)

钠23和钠24打在照相底片上的区域恰好有重叠，则有片=与，可得

1nl(U。+△[/)=:%(Uo-At/)

解得

即△。不得超过gu。。

故选C。

6.BD

【详解】A.A、B两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项A错误；

B.C点的电势为-15V,则电子在C点处的电势能为15eV,选项B正确；

C.因。点电势高于尸点，则将一负检验电荷由。点沿竖直方向移动到E点，电势能增加,

则电场力对该电荷做负功，选项C错误；

D.因

答案第3页，共13页

%=-5V

%=-15V

(PE—(PD=EEDED<EDCDC=(PD_(PC

则

(pD=TOV

即。点的电势高于-10V,选项D正确。

故选BDo

7.BC

【详解】A.从图2可以看出

Av申2Av-?..2

确=-^-=-%g=-2m/s~,a乙〃乙g=4m/s~

解得

〃甲—0.2,〃乙=0.4

故A错误；

B.根据VT图像与横轴围成的面积表示位移，可知f=0之后的运动过程甲的位移为

骑=；(10+6)x2m-；x8x4m=0

则乙在整个过程中的位移大小为

工3=石一龙2

故B正确；

C.由VT图像结合图中比例关系可知碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为匕=6m/s,

v2=-12m/s,碰后瞬间甲、乙两物块的速度分别为v；=-8m/s,弘=-4m/s，根据动量守恒

定律有

mvvl+miy2=%v；+，"乙v；

代数数据解得

叫；_4

叱7

故C正确；

D.结合C项分析可知

答案第4页，共13页

2

5叫匕2+—mzy1>—W^v'+—

则两物块间的碰撞不是弹性碰撞，故D错误。

故选BCo

8.BC

【详解】A.小球在最右端时，对小球进行分析，小于受到杆的弹力为

V'

b-mg=m1

解得

v2

F=mg+m—

由牛顿第三定律得杆受到的力为

ELV2

FF=mg+m—

故A错误；

B.小球做变速圆周运动，除最高点外，仅在最低点合力指向圆心，故B正确;

CD.设杆的力为。时，杆与竖直方向的夹角为凡杆的速度为将小球所受重力沿杆和

垂直杆方向进行分解，如图所示

mgcos。=吟

由动能定理

mgLC1-cos6)=gmv[

联立解得

匕=

故C正确，D错误。

故选BC。

答案第5页，共13页

9.(1)2.45

(2)0.2

(3)0.10

【详解】(1)根据题意，设统释放后M和N做匀加速直线运动的加速度大小为。，由逐差

法有

%-%=°(27)2

代入数据解得

a=2.45m/s2

(2)根据题意，设两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为加，对整体，由牛顿第二定

律有

2\mg=ma

代入数据解得

m=0.2kg

(3)N到达。位置时的速度为

=^^,=lm/s

c2T

则该过程系统动能的增加量为

A£,k=—=0.10J

10.⑴红

(2)149xlOO

(3)150

(4)225

【详解】(1)按照多用电表使用规则，红表笔应该接欧姆表内电路的电源负极，结合题图可

知，表笔1为红表笔。

(2)[1]当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律有

I=---------

84；+4+R]+r

解得

答案第6页，共13页

舄=1490

⑵由欧姆表的工作原理可知，欧姆表的中值电阻与欧姆表的内阻相等。开关S闭合时，电

流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍率变小，所以开关

S闭合时欧姆表的倍率是小倍率。开关S断开时的倍率是大倍率，所以此时的倍率为“X100”

(3)由题意可知，达到满偏，所以有

I=-------------

8

4+R并+厂

111

-------=---------1------------------

R并用Rg+N

解得

氏2=1500

(4)

1=-------------------

氏3+K)+R并+r

由题图可知

I=0.4mA

解得

R3=2250

44

11.(1)^4=4.4X10N；(2)F45=4.4X10N

4

【详解】令P=9680kW=9.68xl()6w,/i?=1.25xl0kg,vm®396km/h=1lOm/s

(1)由题意可知

f=kvl

4P=86%=8蝇

以整体为对象

123整体为对象

2P

一=3"用4

%

解之得

答案第7页，共13页

=4.4X104N

(2)第六节车厢突然失去动力

以整体为对象

3P

8/------=8ma

%

1234整体为对象

2P

4f+F45------=4ma

%

解得

4

玛5=4.4X10N

12.(1)F=1.5N；⑵B=0.50T,ad=0.40m；(3)Q=0.45J

【详解】(1)由图乙可知，在0~0.4s内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为

匕=2.0m/s

所以此过程中的加速度为

Av2

a=——=5.0m/s

At

根据牛顿第二定律有

F—mgsin3-pimgcos0=ma

解得

F=1.5N

(2)由图乙可知，线框进入磁场区域后以速度匕做匀速直线运动，则产生的感应电动势为

E=BLvx

通过线框的电流为

EBLv,

17=——=------

RR

则线框所受的安培力为

线框匀速运动，处于受力平衡状态，则有

口.BY%

r=mgsin6Q+pimgcos6QT----1

解得

答案第8页，共13页

B=0.50T

线框在穿过磁场区域的整个过程中做匀速直线运动，说明线框所受的安培力在整个中保持不

变，则线框的宽度与磁场区域的宽度相同，即

ad=D=0.40m

(3)线框的ab边离开磁场后，线框做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为

s—0=0.15m

设线框与挡板碰撞前速度为匕，根据动能定理有

-mg(s-D)sin0—Rmg(s-D)cos8=；根_:rnv\

解得

v2=l.Om/s

线框与挡板碰撞后的速度大小仍为V2,线框下滑过程中，由于

mgsin0-jumgcos0=0.50N

即重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力等大反向，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动,

历边刚进入磁场时的速度为％;进入后因受到安培力的作用而减速，做加速度逐渐变小的

减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为匕，由

解得

v3=—1.0m/s<0

说明线框在离开磁场前速度已经减小为零，这时安培力已经消失，线框受力平衡，所以线框

将静止在磁场中某位置。线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热

=广母==040J

1R

线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热

1,

02=5加2“=0.05J

所以整个过程中产生的热量

Q=Qi+2=045J

13.BCD

答案第9页，共13页

【详解】AB.根据理想气体气态方程

3P2Vl4P2Vl

T,~T2

可得

T\<Z

说明从状态1变化到状态2,气体内能增加，分子平均动能增加，气体对外做功，内能增加，

说明气体吸热，A错误B正确；

C.分子平均动能增加，分子撞击器壁的力增大，由于气体压强减小，故可得器壁上单位面

积上在单位时间内受分子撞击的次数减少，c正确；

D.若气体由状态2再变化到状态1时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相等，根据

热力学第一定律可知，则气体放出的热量与图示变化吸收的热量大小不相等，D正确；

E.根据理想气体的气态方程

pvr

T

可知，如果图像是反比例函数，即温度不变，由题意知，不是反比例函数，故py的乘积先

增大后减小，所以温度先增大后减小，所以有吸热过程，E错误。

故选BCD。

14.(1)11.4cm；(2)345K

【详解】解：(1)对封闭的气体，从开始到平放在水平面上，气体温度恒定，现将U型管

平放在水平面上，此时水银柱液面离管口的距离是羽初态：气体压强

R=72cmHg

气体体积

X=S(2H-\-/()=60cm-S

末态：气体压强P?=Po,气体体积

匕=S(2〃—X)=(69cm-x)S

根据玻意耳定律得p.v=PM,代入数据解得

x=11.4cm

(2)缓慢加热过程，密封气体再经等压膨胀过程体积变为

^=S(2H-/z1)=69cm-5

答案第10页，共13页

设水银柱液面恰好与管口平齐时封闭气体的温度为73,根据盖吕萨克定律有法=或，代入

数据解得

T3=345K

15.BCE

【详解】A.横波I的波长为

4=vTx=10x1cm=10cm=0.1m

发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或者差不多，可知横波I遇到100m的障

碍物时不会发生明显衍射现象，故A错误；

B.横波n的波长为

4=VT2=10x1cm=10cm=0.1m

即两列波的波长相等，且满足

xPB=20cm=24

xpc=30cm=34

结合图乙和图丙可知，当横波n的波谷到达尸点时，横波