2024届四川省成都市高三年级下册三诊考试理科综合试题-高中物理（附答案解析）

2024届四川省成都市高三下学期三诊考试理科综合试题-高中

物理

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.一质点做匀速圆周运动，从圆周上的一点运动到另一点的过程中，下列说法一定正确的

是（）

A.质点速度不变B.质点加速度不变C.质点动能不变D.质点机械能不变

2.2024年4月3日，遥感四十二号01星在西昌卫星发射中心顺利升空，卫星的轨道如图

所示，其中I和iii为高度不同的圆轨道，椭圆轨道n分别与I和iii相切于尸点和。点。下

列说法正确的是（）

A.卫星在轨道H上从P点运动到。点的过程中动能增大

B.卫星在轨道II上运行的周期小于在轨道m上运行的周期

C.卫星在轨道I上经过P点的速度大于在轨道II上经过P点的速度

D.卫星在轨道II上经过Q点的加速度小于在轨道III上经过Q点的加速度

3.历史上第一次利用加速器实现的核反应，是利用加速后动能为的质子:H轰击静止的

；Li核，生成两个动能均为Ek2的；He核，已知光速为c,则此核反应中的质量亏损为（）

A%B2%c或2-Ek1口2%-昂

"c2c2C1.C2

4.如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘倾斜杆底端固定有一点电荷。，M、N为杆上

的两点。套在杆上的绝缘带电小球从某点静止释放后，沿杆向上运动，先后通过了M、N两

点。由此可以判断（）

A.点电荷。在M点处产生的场强方向一定沿杆向上

B.小球在M点的加速度一定大于在N点的加速度

C.小球在M点的电势能一定大于在N点的电势能

D.小球在M点的动能一定大于在N点的动能

5.如图所示，尤Oy直角坐标系的第一象限内，半径为a的;圆弧外存在范围足够大的匀强

磁场，磁场方向垂直于纸面向里。位于。点的粒子源向第一象限内的各个方向均匀发射完

全相同的带正电的粒子，粒子速度大小均为v,比荷幺=左。经过一段时间后发现发射出的

m

总粒子中有g的粒子可以回到。点，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则磁感应强

D.叵

rekv

aka

二、多选题

6.如图所示，输电线上的电阻分别为均、&,理想交流电压表和理想交流电流表读数分别

为U、I。若电源输出的交流电压有效值恒为家庭电路用户端为纯电阻，变压器为理想

变压器，当用户端用电器增多时（)

C.一变大D.一变小

A.U变大B.一变大

7.如图所示，质量M=2kg,倾角0=37的斜面放置在水平面上，顶端固定一光滑定滑轮。

质量,〃=1kg的物块通过轻绳跨过定滑轮与轻弹簧相连，弹簧另一端与水平地面相连，轻绳

与斜面平行，弹簧保持竖直，弹力大小为8N,系统处于静止状态，重力加速度g=10m/s2,

sin37=0.6,则下列说法正确的是（）

试卷第2页，共8页

A.物块所受摩擦力的方向沿斜面向下

B.物块所受支持力和绳子拉力的合力方向竖直向上

C.地面对斜面的支持力大小为25.2N

D.地面对斜面的摩擦力大小为0

8.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，其间距为d,两完全相同的灯

泡电阻均为R。长为d,电阻不计的导体棒MN置于导轨上，且与导轨保持良好接触。空间

存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为及闭合开关S,由静止开始对导体棒MN施

加一水平向右的恒力稣，经过足够长的时间后，MN运动稳定。此时恒力玲的功率为4,

且小灯泡L恰好正常发光。不计导轨电阻，忽略灯泡的电阻变化，则（）

A.水平恒力4=&/

B.MN运动稳定后，断开S,若保持拉力大小工恒定，导体棒将做加速度逐渐减小的减

速运动

C.MN运动稳定后，断开S,若保持拉力大小与恒定，经足够长时间，两灯泡均能正常

发光

D.MN运动稳定后，断开S,若保持拉力功率4恒定，经足够长时间，导体棒再次稳定

时速度大小为原来稳定时的2倍

三、实验题

9.家庭照明电路中通常用横截面积为1.5mm2的铜导线进行输电，已知标准铜的电阻率

00=1.7*10-8。.„1。为了探究一卷标有“红色3丫1.5mm2500m”的铜芯导线纯度是否符合

标准，某兴趣小组进行了如下操作:

0-

机D;令"刍R一

入H4d

ES

图(b)

（1）将导线一端的绝缘外层去除，用螺旋测微器测量其内芯直径4,示数如图（a）所示，则”=

mm。

（2）为了测量导线铜芯的电阻率，兴趣小组选用了如下器材:

电源E（电动势6V,内阻不计）

滑动变阻器R（阻值0~15Q）

定值电阻凡（阻值为60）

电压表V（0-3V,内阻约为3k。）

电流表A（0~0.6A,内阻约为0.05C）

开关S和导线等

图（b）是他们设计的电路。为使测量结果更准确，接线柱P应与（填“加’或"心）相

连。进行正确实验操作后，测得电压和电流分别为U和/,导线长度为L求得电阻率夕，

（用含字母U、/、d、L、万的表达式表示），代入数据算出电阻率与标准值进行比较即可检

验该导线铜芯纯度是否达标。

10.某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，

轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K,两者质量均为加=0.140kg,钢柱K下端与质量

为M=Q200kg的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光

笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会

使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均

竖直。重力加速度g取9.8m/S?。

试卷第4页，共8页

图（a）

（1）开启电动机，待电动机以0=4O7rrad/s的角速度匀速转动后。将P、K、Q系统由静止释

放，Q落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹，取下K,用刻度尺测出感光痕迹间的

距离如图（b）所示。感光痕迹间的时间间隔r=s,激光束照射到E点时，细钢柱速

度大小为无=m/s（计算结果保留3位有效数字）。

OABcDE

Ocm1234567891011121314151617181920

图(b)

经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过。点。在段，系统动能的增加量△纥=

J,重力势能的减少量△弓=J,比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。（计算

结果均保留3位有效数字）

（2）选取相同的另一感光细钢柱K,若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系统

由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为左，记录下如图（d）

所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为乩若验证得到表达式即可证明系统

在运动过程中机械能守恒（用含字母M、加、d、k、g、万的表达式表示）。

图(c)图(d)

四、解答题

11.如图所示，“_T形木板B放置在粗糙水平面上，物块A（可视为质点）以%=6m/s的

速度从木板B左端滑上木板，经f=ls后A与B右端挡板碰撞，碰后A、B立刻粘在一起运

动。已知A、B质量均为"，=lkg,A、B间动摩擦因数=。.3,B与地面间动摩擦因数4=01,

重力加速度g=10m/s2。求:

(1)木板B的长度I；

(2)物块A与木板B碰撞损失的机械能AE。

77/////////////

12.如图所示，竖直面内存在直角坐标系尤0»平行于y轴的虚线MN、尸。将第一象限分为

2

I、II两个区域。区域I的宽度为3d,在的区域内存在竖直向上的匀强电场

2

在y>§1的区域内存在竖直向下的匀强电场E?。区域II的宽度为心其内部存在平行于xOy

平面且方向未知的匀强电场用。质量为加、电荷量为4(4>0)的带电小球由。点沿x轴正方

向以为=而？的速度射入I区域，小球仅从直线了=《1上的点A穿过后，经过点B(3d,d)

垂直MN进入区域II,经过尸。与无轴的交点C,速度大小&、E］、E,的大

小均未知，小球重力不可忽略，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)区域II中8c两点的电势差。相；

(2)区域I中匀强电场片的大小；

(3)小球在区域H中从8到C过程中所受电场力的冲量大小。

~~~t

dfQ

五、多选题

13.如图，一定量的理想气体从状态。变化到状态6,其过程如T-V图中从a到6的直线

所示。直线仍与过原点的虚线斜率相同，下列判断正确的是()

试卷第6页，共8页

b

a

o

A.气体内能增加

B.气体压强不变

C.气体从外界吸热

D.外界对气体做正功

E.容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数逐渐减少

六、解答题

14.如图（a）所示，水平放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两部分。面积为

S的绝热活塞B被锁定，隔板A的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为7、

压强为p的状态1。抽取隔板A,左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态2。然后

将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞B,B恰能保持静止，当电阻丝C加热气体,

使活塞B缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为L5T的状态3,该过程电阻丝C放出的热量

为。。已知大气压强P。，且有？＜2为，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为

g。

(i)求绝热活塞B的质量;

七、填空题

15.如截面图（a）所示，泳池上方距水面/z=^m处有一观测者A（可接收任意方向射入

A的光）,也水，木d=1\/6mo水的折射率〃=&,A观测到正下方的泳池深度（填

“大于”、“小于”或“等于“）实际深度。泳池底部有圆形细灯带（灯带仅存在于圆周边缘处）

如俯视图（b）所示，其圆心。位于A的正下方。由灯带上某点光源B射入A的光线，在

水面上方的部分与水平面的夹角为45。，则圆形细灯带的半径为m。圆形细灯带发出

的光照亮水面区域的面积为nf（圆周率取万，结果用根号表示）。

B为圆形细灯带上的某点光源

截面图（a）俯视图（b）

八、解答题

16.如图（a）所示，均匀介质中存在垂直水平面（xOy面）振动的两个波源A和2,波源A、

B振动频率相同。其中A的振幅为1cm,A、B在无轴上坐标为%=0,xB=25moA开始振

动7s后，8以与A相同的起振方向开始振动，记此时为f=0时刻。t=9s时两列波同时到达

A、8连线上的M点，/点横坐标“未知，M点的振动图像如图（b）o求：

（i）A、B在介质中形成的机械波的周期T和波速v；

（ii）从f=0至f=30s,质点N（XM，12m）运动的路程s。

y/m

------►x/m

。力MB

试卷第8页，共8页

参考答案:

1.c

【详解】A.质点做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻变化，速度是变化的，故A错

误；

B.质点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，指向圆心，加速度是变化的，

故B错误；

C.质点动能为

12

EF=—mv

v2

质点做匀速圆周运动，速度大小不变，故质点动能不变，故C正确；

D.质点做匀速圆周运动，动能不变，质点的重力势能不一定不变，故质点机械能不一定不

变，故D错误。

故选C。

2.B

【详解】A.卫星在椭圆轨道II上经过尸点时的速度是近地点速率大于远地点速率即经过。

点时的速度，故从尸点运动到。点的过程中动能减小，故A错误；

B.根据开普勒第三定律

轨道n的半长轴小于轨道皿的轨道半径，可知卫星在轨道II上运行的周期小于在轨道in上运

行的周期，故B正确；

c.卫星在轨道I上经过尸点加速后做离心运动，故卫星在轨道I上经过尸点的速度小于在

轨道II上经过尸点的速度，故c错误；

D.无论是在那个轨道上运行，都是只受地球的万有引力作用，由牛顿第二定律有

「Mm

G——=ma

可得加速度大小

-Mm

a=G下

可知在同一位置，卫星的加速度大小相等，故D错误。

故选B。

3.D

【详解】核反应放出的能量为

答案第1页，共13页

AE=2%-4

根据质能方程

AE=A/jzc2

解得此核反应中的质量亏损为

故选D。

4.C

【详解】A.绝缘带电小球先后通过了/、N两点，故可知其与点电荷电性相同，由于电性

未知，故电场力方向即电场强度方向未知，故A错误；

B.根据

F_kQq

F=­

可知距离越远库仑力越小，根据牛顿第二定律可知，若在“点

4-mgsin0=maM

在N点，若此时库仑力小于重力分力，则

mgsin0—F2=maN

可知小球在/点的加速度与在N点的加速度大小未知，故B错误；

C.电场力做正功电势能减小，故小球在/点的电势能一定大于在N点的电势能，故C正

确；

D.由C项可知若从M点到N点加速度符号变化，则从释放位置，到重力分力与电场力大

小相同位置，合外力做正功，动能增加；此后合外力做负功，动能减小，故先加速后减速,

动能大小无法比较，故D错误。

故选C。

5.D

【详解】有题意作图

答案第2页，共13页

当速度与x正向夹角为30时，粒子恰好沿,轴返回。点，有几何关系可得

tan30=—

a

解得，粒子圆周运动的半径

百

r=——a

3

又有洛伦兹力及牛顿第二定律得

v2

qvB=m—

r

将r=且=%代入上式解得，磁感应强度大小

3m

8=殳

ka

故选B。

6.BD

【详解】设变压器原、副线圈的电压分别为4、u2,电流分别为乙、12,设家庭电路用户

端电阻为R,正弦交流电源的输出电压为

4=/4+以

由理想变压器可得

_/(n2

7

U2n212々

副线圈根据闭合电路的欧姆定律有

U2=I2(R2+R)

以上四式联立可得

4="用+(区)2(凡+©]

〃2

答案第3页，共13页

当用户端用电器增多时，家庭电路用户端电阻R减小，则原线圈电流力增大，从而副线圈电

流心增大，即电流表示数/变大，由于电阻K上分压增大，正弦交流电源输出电压的有效值

U。恒定，则原线圈电压G减小，副线圈电压心也减小，即电压表示数U变小，故彳变小。

故选BDo

7.AD

【详解】A.物块所受重力沿斜面向下的分力大小为

mgsin0=6N<F=8N

可知，物块相对于斜面有向上运动的趋势，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，故A正确；

B.物块处于静止状态，所受合力为0,结合上述可知，物块受到重力、绳子的拉力、斜面

的支持力与沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，根据平衡条件可知，支持力和绳子拉力的合

力与重力和摩擦力的合力等大反向，重力和摩擦力的合力方向斜向左下方，可知支持力和绳

子拉力的合力右上方，故B错误；

C.将斜面、滑轮与物块作为整体，对整体进行分析，根据平衡条件有

N=mg+Mg+F=38N

即地面对斜面的支持力为38N,故C错误；

D.结合上述，将斜面、滑轮与物块作为整体，对整体进行分析，整体受到弹簧竖直向下的

拉力、竖直向下的重力与竖直向上的支持力，整体在水平方向没有受到其它作用力，即整体

相对于水平面没有运动趋势，即地面对斜面的摩擦力大小为0,故D正确。

故选AD。

8.AC

【详解】A.MN运动稳定时，则有

而安培力

F^=BIl=Bld

8BlvBdv

1——=----=-----

RRR

所以

lB2d2v

答案第4页，共13页

故

pFBW

解得

Bd

所以

A正确；

B.对MN受力分析可知

F「F安=ma

当安培力稳定后，其加速度也趋于稳定。故其先做加速度减小的加速运动，当安培力和外力

平衡时，加速度为o,B错误；

C.稳定后，断开开关，导体棒产生的感应电动势达到两个小灯泡正常工作电压时，可以使

它们正常发光，c正确；

D.由于拉力功率功不变，随着导体棒的速度逐渐增大，所受外力产逐渐减小，导体做加速

度逐渐减小的加速运动，导体平衡时，加速度为零，速度最大为L,则有

2R

F=A

V,n

解得

2P°R

平衡时的速度是原平衡状态时速度的血倍，D错误。

故选ACo

9.(1)1.495/1.493/1.497/1.496/1.494

(2)n

4IL

【详解】(1)内芯直径为

d=1mm+49.5x0.01mm=1.495mm

答案第5页，共13页

(2)［1］导线铜芯的电阻约为

7?=p-=1.7xlO-8x500^Q«5.7Q

S1.5x10^

电压表内阻远大于导线铜芯的电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，故接线柱P

应与"相连。

⑵导线铜芯的电阻为

R

"I

根据电阻定律

nLL

R=p--p—j一

S吟2

联立解得电阻率

U^d2

p一

4IL

10.(1)0.051.000.2400.245

(2)(M+2m)kd=2nMg

【详解】(1)口］感光痕迹间的时间间隔

T=—=0.05s

G)

⑵细钢柱速度大小为

XDE+XEF=100m/s

EIT

［3］在。石段，系统动能的增加量

AEk=1(2/n+M)v1=0.240J

⑷重力势能的减少量

AEp-^M+rri)gxOE-mgxOE=0.245J

(2)由题知，激光笔每转动一周，Q下降的高度为d,设激光笔共转”圈，则有

0=ri'2TI

由图像可知

6=—cot=—kt1

22

联立解得

答案第6页，共13页

,2=坦

k

对整体根据牛顿第二定律有

根据匀变速运动公式

v=at

所以系统动能的增加量

小»22

—1?21M24n7i

AE.=—(2m+M]v=—x-----------------x-----------

k2V722m+Mk

重力势能的减少量

AEp=(M+,nd-mg,nd=Mg，nd

若验证得到表达式

1M2g24M

—x-----------------x----------=Mg•nd

22m+Mk

即

(M+2m)kd=2nMg

11.(1)/=4m；(2)AE=1J

【详解】（1）对A物体受力分析,由牛顿第二定律得

NMg=maK

解得

2

aA=3m/s

对B受力分析，由牛顿第二定律得

NMg-4♦2mg=maB

解得

=Im/s2

由运动学公式

12

=VtClt

%AG~~A

12

%B=~

解得

答案第7页，共13页

1=xA-xB=4m

（2）设物块A和木板B碰撞前速度分别为匕、匕，由运动学公式，对A

匕=%一卬

解得

4=3m/s

对B

v2=aBt

解得

v2=lm/s

A、B碰撞过程为完全非弹性碰撞，则对A、B系统动量守恒

mvx+mv2=2mv

由能量守恒

\E=-mv?+—mv：——-2mv2

21222

解得

AE=1J

23mgd;(2)E]:等~；(3)l=^-m^2gd

12.(1)心TT=

q3q4

【详解】（1）小球在I区域电场中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向先加速再减速到零,

到达2点时吮=%，从B到C的过程中，由动能定理可得

mv

mgd+qUBC=^c

解得

n_23mgd

UBC~

q

2

（2）设小球在I区域中经过直线y=时，竖直方向速度为与，在片中运动时间为「、在

当中运动时间为A，水平方向则有

%(G+才2)=3d

答案第8页，共13页

竖直方向，在片中有

24七

-d=—t,

321

在当中有

1,v

-d=—

322

解得

2d

%=一

%

小球在I区域耳中，竖直方向由运动学公式可得

2,12

—d——ci,t,

3211

由牛顿第二定律可得

qE、—mg=max

解得

13q

(3)设小球在II区域中，电场当水平方向的分量为纥、竖直方向分量为约，在C点时水

平方向速度为匕，竖直方向速度为0,由运动学公式可得

d=j

2

23

联立可得

V),=4y[2gd

水平方向

qE,=max

答案第9页，共13页

a

X%

4=8g

竖直方向

mg+qEy^may

s=7

’3

%=16g

联立可得

E=也

q

EJ5叫

q

II区域的场强大小为

E3=《E：+E；

P_17mg

乜3.

q

小球在区域n中从B到c过程中所受电场力的冲量大小

I=qE3t3

I=三〃112gd

13.ACE

【详解】A.由图示可知，功过程，气体温度增加，所以内能增大，故A正确；

B.T-V图像过原点的直线表示等压过程，分别连接原点和°,以及原点和6点，根据

可知，T-V图像的斜率越大,气体压强越大,从状态a到状态b的过程气体的压强逐渐减小,

故B错误；

D.由图不可知，ah过程,气体体积变大，气体对外界做功，故D错误；

C.根据热力学第一定律

\U=W+Q

因为从状态。到状态6的过程气体内能增加，又因为气体对外做功，所以气体从外界吸收热

答案第10页，共13页

量，故c正确；

E.ab过程，压强减小，温度升高，所以分子平均动能变大，气体分子撞击器壁的平均作用

力增大，又因为从状态。到状态6的过程气体的压强逐渐减小，，所以容器单位面积、单位

时间内受到的气体分子撞击次数逐渐减少，故E正确。

故选ACEo