四川省成都某中学2024届高三年级下册二模理综物理试题 含解析

成都外国语学校高2021级高考模拟（二）

理科综合能力测试

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案在答题卡上。写在本试卷上

无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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。

1,二十世纪初，爱因斯坦、卢瑟福、波尔等物理学家相继取得了一系列重要的成果，他们的发现对人类文

明的进程产生了深远的影响。下列关于该段时间内的物理学成就的描述正确的是（）

A.2：泞+上一嘿Ba+黑Kr+3jn是重核的裂变，它是目前核电站反应堆工作原理之一

B.；H+：Hf：He+jn是轻核的聚变，该反应会释放能量，原因是；He的比结合能比；H和；H的比结合

能都小

C.根据狭义相对论，任何情况下测得的光速都是相同的

D.根据爱因斯坦的光电效应方程逸出光电子的最大初速度的大小与照射光的频率成线性关

系

【答案】A

【解析】

2

【详解】A.霓1]+3一喋1^+罂笈+37是重核的裂变，它是目前核电站反应堆工作原理之一。故A正

确；

B.；H+；H-；He+jn是轻核的聚变，该反应会释放能量，原因是；He的比结合能比：H和;H的比结合

能都大。故B错误；

C.狭义相对论是应用在惯性参考系下的时空理论。故C错误；

D.根据爱因斯坦的光电效应方程

Ekm=Av-W

逸出光电子的最大初动能的大小与照射光的频率成线性关系。故D错误。

故选Ao

2.某航天器以速率v绕地球在圆轨道上运行，其轨道半径为地球半径的两倍，如图所示。万有引力常量为

G,则以下说法正确的是（）

A.地球的第一宇宙速度大小为2v

B.立于航天器内底板上的宇航员对底板的压力为零

若在航天器所在的轨道上发射卫星，只有当发射速度达到第二宇宙速度时才能使卫星脱离地球引力的

束缚

D.根据题干提供的信息可以求出地球的密度

【答案】B

【解析】

【详解】A.设地球半径为R,航天器以速率v绕地球在圆轨道上运行，则

2

_MmV

G1=m—

(2H)一2R

在地球表面附近，有

Mm

G方R

解得地球的第一宇宙速度大小为

Vj=忘v

故A错误;

B.万有引力提供向心力，宇航员处于完全失重状态，立于航天器内底板上的宇航员对底板的压力为零，故

B正确;

C.第二宇宙速度是地球上发射的卫星脱离地球引力的束缚，飞离地球所需的最小速度，根据能量守恒，在

航天器所在的轨道上发射卫星，能使卫星脱离地球引力束缚最小发射速度小于第二宇宙速度，故C错误;

D.根据万有引力提供向心力

一2

「Mmv

G--7=m—

(2R)“2R

地球的密度为

pM—.=M---=3V-2---

V力收2兀GR。

3

地球半径不知，故无法求出地球的密度，故D错误。

故选Bo

3.一物块放置在固定斜面上，对物块施加一水平力R保持该力大小不变，在将该作用力沿水平方向逆

时针缓慢转动至竖直方向的过程中，物块始终静止在斜面上，如图所示。则该过程中（）

A.斜面对物块的摩擦力逐渐减小

B.斜面对物块的支持力先减小后增大

C.斜面对物块的作用力先减小后增大

D.斜面对物块的作用力一直减小

【答案】D

【解析】

【详解】AB.对物块受力分析，并正交分解，如图

作用力/沿水平方向逆时针缓慢转动至竖直方向的过程中，沿斜面方向的分力先变大再变小，因为它与物

块重力下滑分力的大小关系不确定，所以物块所受摩擦力的变化情况不确定。作用力/垂直于斜面方向的

分力先是垂直于斜面向下逐渐减小至零，然后垂直于斜面向上逐渐增大，而重力的垂直斜面方向的分力始

终保持不变，所以斜面对物块的支持力一直减小。故AB错误；

CD.依题意，物块处于静止状态，受力平衡，根据二力合成的规律可知重力与外力厂的合力随着二者夹

角的变大而减小。可知斜面对物块的作用力也一直减小。故C错误；D正确。

故选D。

4.为全面推进乡村振兴，彭州某地兴建的小型水电站如图所示。该水电站交流发电机的输出功率为尸=100

kW、发电机的输出电压U1=25OV,经变压器升压后用总电阻R线=7.5。的输电线向远处输电，在用户处的

降压变压器输出电压32。V,若升压变压器与降压变压器的匝数比满端则以下说法正确的是

A.发电机输出的电流/i=40A

B.输电的效率为85%

C.升压变压器的匝数比为人=上

n212

D.降压变压器输出的电流/4=400A

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据电功率公式

P=UI

发电机输出电流

故A错误；

D.根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系

/1_卫

k%

解得

乙=4=400A

故D正确；

B.降压变压器输出的功率为

P4=UJ4=220x400W=88kW

输电的效率为

/7=AXIOO%=—xlOO%=88%

P[100

故B错误；

C.输电线上损失的功率为

场=《—q=12kW

又

%=琮%

解得

/线=40A

其中

，2=八=/线

则升压变压器的匝数比为

%/240A1

%一4―400A—10

故C错误。

故选D。

5.如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在磁感应强度为8、

方向竖直向下的匀强磁场。一电荷量为q(00)、质量为根的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆

心为O。球心。到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为0=60。。若重力加速度为g,以下说法正确

的是()

A.从上面俯视小球沿顺时针方向运转

B.球面对小球的弹力大小为当Mg

C.小球的速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大

D.磁感应强度的大小可能为5=也、&

qNR

【答案】C

【解析】

【详解】A.小球受到洛伦兹力水平指向圆心0',根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针方向运

转，故A错误；

B.小球竖直方向受力平衡，则有

Ncos0=mg

可得球面对小球的弹力大小为

N=-^-=2mg

cos6,

故B错误；

C.根据

F洛=q、'B

可知小球的速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大，故c正确;

D.水平方向根据牛顿第二定律可得

V2

qvB—Nsin0=m--------

Rsin0

整理可得

2个;"-qBv+6mg=0

对于v的一元二次方程，根据数学知识可知，需要满足

(qB#-4x20nx6mg>0

3R

可得

BN网庐

q\R

可知磁感应强度的大小不可能为B故D错误。

故选C。

6.从地面上将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中受到恒定大小的空气阻力作用，其上升过程中动能与

重力势能随上升的高度变化的图像如图所示，则根据该图像可以求出（）

A.物体落回地面时的动能

B.物体上升到最高点的机械能

C.物体上升最大高度

D.物体从抛出至落回抛出点所用的时间

【答案】AB

【解析】

【详解】B.设重力势能和动能相等的高度为4,阻力大小为了,物体质量为加，由动能定理得

-mg\一弧=40J-100J①

重力势能和动能相等时

mg%=40J②

由①②得

mg+f__3

mg2

动能的减小量和重力势能的增加的比值

妆减—（77际+f）h+f=3

增mghmg2

则从上升过程中动能与重力势能相等到最高点，动能减小量为40J,则重力势能增加

2…80J

-x40J=——

33

故可求得上升到最高点的机械能

E=40J+80匚迎J

33

故B正确;

A.上升过程中减少的机械能

△旧网-迎匚叫

33

因阻力恒定，下降过程减少的机械能和上升过程减少的机械能相同也为2J,故可求得返回地面时的动

3

能

L100J100J100J

E,二100J--------------=------

k333

故A正确；

C.因物体质量未知，阻力大小未知，故无法由图像求得物体上升最大高度，故C错误；

D.因物体质量未知，阻力大小未知，故无法由图像求得从抛出至落回抛出点所用的时间，故D错误。

故选AB。

7.如图所示，真空中的“、d两点固定两个点电荷Qi、Q,其中。1带正电，b、c是ad连线的三等分点,

以e位于以d为圆心的圆周上，e点的场强为零，若取无穷远处电势为零。则以下说法正确的是（）

A.同一试探电荷在b点受到的静电力大于c点受到的静电力

B.e点的电势<pe<0

C.电势差〃c=U加

D.21的电荷量大于Q1的电荷量

【答案】AD

【解析】

【详解】D.e点的场强为零，设〃=尺，根据电场的叠加可知点电荷Q带负电，且

kQikQ]

©Ri—充

可得

Qi=162

故。1的电荷量大于。2的电荷量，故D正确；

A.根据电场的叠加，试探电荷在6点受到的静电力为

Q、q/。2“—65%。24

R2(27?)2—4R2

试探电荷在C点受到的静电力为

故同一试探电荷在b点受到的静电力大于C点受到的静电力，故A正确;

B.根据电场的叠加可知，在。1、。2连线上，从e点到无穷远处，电场线方向沿QQ方向，根据沿电场线

电势降低，可知e点的电势

(Pe>0

故B错误;

C.根据点电荷电势分别，点电荷。2在c、e两点的电势相等，点电荷Q在c点的电势大于e点的电势，则

(Pc>(Pe

故电势差

Ubc<Ube

故C错误。

故选ADo

8.如图所示，油〃是一质量为优的“U”形均匀金属框架，其电阻可忽略不计，^是一质量也为相、两端

有光滑小环的均匀金属杆，将牙两端的小环套在框架顶端，刚好构成一个边长为L的正方形。尸。是水平

匀强磁场的水平边界。将此正方形线框在与匀强磁场垂直的竖直平面内由静止释放（此时be边距P。为

h）,当6c刚越过PQ时刚好匀速运动，ab边刚好有一半进入磁场时，恰到达尸。位置。运动中框架不转

动，小环与框架接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（）

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

A.7h——1,L

4

B.7h——1,L

8

c.y刚越过PQ时加速度大小为g

D.刚越过PQ时加速度大小为2g

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.线框自由下落过程，有

2gh-v2

金属框架ab边刚好有一半进入磁场所需时间为

L

v

此过程金属杆做匀加速直线运动，可得

r12

L=vt-gt

联立，解得

h=-L

8

故A错误；B正确；

CD.依题意，线框匀速下落过程，有

口B2L2V

F安=~^=mg

金属杆刚越过PQ时，有

2g（九+L）=v,'2

联立，解得

M=3v

此时闭合回路中的金属杆所受安培力为

B2L2（3V-V）

根据牛顿第二定律，可得

F'安一mg

a=----------=g

m

故C正确；D错误。

故选BC。

三、非选择题：共174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。

(一)必考题：共129分。

9.某同学利用验证牛顿第二定律的装置来验证动能定理，实验步骤如下：

光电门1光电

挡”里二用月细线定滑，轮

小车匚基Ml?

力传感器＜----X--------------►

A祛码盘

及祛码

(1)测量小车、力传感器和挡光板的总质量为V,挡光板的宽度d；

(2)水平轨道上安装两个光电门，测出两光电门中心间的距离s,小车上固定有力传感器和挡光板，细线

一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮，挂上祛码盘，实验首先保持轨道水平，小车通过光电门1和2

的时间相等，此时小车做运动，力传感器的示数为1；

(3)增加祛码盘里祛码的质量，释放小车，力传感器的示数为E小车通过光电门1和2的时间分别为％

和弓，则小车受到的合外力为(用“F、尸o”表示)；

(4)已知重力加速度为g,若要验证动能定理，需要验证的关系为。

【答案】①.匀速直线②.F-F。③.①一4)S=；M(4)2—；M(4)2

【解析】

【详解】(2)[1]小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做匀速直线运动；

(3)[2]小车做匀速直线运动时有

F0=f

力传感器的示数为歹时小车受到的合外力为

F"F-F。

(4)[3]若要验证动能定理，需要验证的关系为

1,1,

(F-F0)S=-MV2--MV^

其中

dd

联立解得

2t?2%]

10.提供有下列器材，用于测量电源的电动势和内阻:

①待测电源（电动势小于3V）

②电压表（量程3V,内阻约3k。）

③电阻箱R(0-999.9Q)

④定值电阻&）=4。

⑤开关

⑥导线若干

甲、乙两同学分别设计了如图a和图b所示的电路。

（1）某次实验中电阻箱的情况如图所示，则其接入电路的电阻为

（2）若图a和图b电阻箱接入电路的电阻均为（1）中所读的阻值，电压表的示数分别为4和4，则它

们的大小关系UaUb（选填“>"、"=”或）；

（3）两同学分别根据电阻箱和电压表的读数E和U,通过建立合适的坐标系，通过图像处理数据得出了

电动势和内阻的值。某同学根据图a实验测得的电压表的示数U和电阻箱的读数R,作出了如图所示图

线，则所测得的电动势屈=,内阻n=o（结果均保留2位有效数字）。由于电压表

的内阻不是无穷大，该同学所测得的电动势（选填“>"、"=”或“<”）真实值。

【答案】(1)19.0

(2)<(3)①.2.51.0③.<

【解析】

【小问1详解】

由图可知，此时电阻箱的读数为

T?=10xl+lx9+0.1x0=19.0Q

【小问2详解】

由图a可知，此时电压表测量凡两端电压，根据闭合电路欧姆定律可知

=E/(…

U

R+RQ+r

由图b可知，此时电压表测量火两端电压，根据闭合电路欧姆定律可知

R+R+r

由于所以《<4。

【小问3详解】

口］⑵根据闭合电路欧姆定律可知

里四1

R+风+/

整理可得

UE[R°ER

结合图像可知，斜率为

11.5-0.5

-10-

结合图像可知，截距为

4+厂=0.5

E&

联立解得

4=2.5V

q=1.0Q

E

［3］由于电压表的分流作用，导致流过电源的实际电流大于一，所以电动势的测量值小于真实值。

11.如图所示，一半径为R的圆与无轴相切于原点。，圆内有直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大为

Bo与无轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第I象限内存在沿-y方向的匀强电场。现有一束

比荷为巨的带正电粒子沿着+y方向从原点。射入磁场，粒子离开磁场时方向沿尤轴正方向，进入电场

m

后，经电场偏转打到x轴上坐标为(37?,0)的点，不计粒子的重力，求：

(1)粒子射入磁场时的速度；

(2)电场强度的大小；

(3)若仅使从。点射入的带电粒子初速度方向与4轴方向成30。角，求粒子从。点出发到再次打到x轴上

所用的时间。

［答案］⑴邂；⑵谴；⑶"3+9+6⑹

m2m6qB

【解析】

【详解】(1)在圆形磁场中，沿径向入射的粒子沿径向飞出，作出粒子的运动轨迹如图所示

根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径为

r=R

在磁场中由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则

2

qvB=m—

Qr

解得

m

(2)进入电场后，经电场偏转打到无轴上坐标为（3R,0）的点，则有

R=L吗2,3R—R=v°t

2m

解得

E3

2m

由于轨迹半径与磁场圆半径相等，则四边形oqaa为棱形，可知飞出时速度沿x轴正方向,由几何关系

可知，轨迹对应圆心角为

8=180-30=150

磁场中圆周运动的周期

2兀r

1-------

%

磁场中运动的时间

150,

%=-----J

1360

粒子从。3到。4做匀速直线运动，则

R-rsin30

=

在电场中竖直方向有

7?+7?cos30=—•—r

2m'

粒子从。点出发到再次打到无轴上所用的时间

m\57i+9+6

12.光滑的水平面上停放着质量机c=2kg的平板小车C,C的左端放置质量mA=lkg的物块A,车上距左端

X0处(X0小于车的长度)放置质量wiB=3kg的物块B,物块A、B均可视为质点，它们与车面间的动摩擦因

数分别为〃A=0.3、〃B=0.1,开始时车被锁定无法运动，物块A以w=9m/s的水平初速度从左端开始正对B运

动，重力加速度g=10m/s2。

(1)若无o=7.5m,求A开始运动后经过多长时间与B发生碰撞；

(2)若无o=7.5m,A与B发生弹性正碰，求A停止运动时距车左端的距离；

(3)改变xo的值，A运动至B处与B发生弹性碰撞后立即解除对车的锁定，此后A与B都刚好没从车上

掉下，求平板车的长度。

h----------------H

AH——riB

,、，、IC

【答案】(1)1s；(2)6m；(3)9m

【解析】

【详解】(1)物块A的加速度大小为由牛顿第二定律

^AmAg=mAa

由运动学公式

1/

xo=v^~~at

解得

r=ls

(2)A与B碰前速度瞬间为V],碰后AB速度分别为丫2、匕

V]=%-at

=mAv2+mBv3

=^mAVl+^mBVl

解得

（m.-mA

v2=0_以匕=—3m/s

^A+mB

2mA

v3=-----------匕=3m/s

mA+mB

A碰后向左运动，假设A碰后向左发生的最大位移为巧，由动能定理:

-//AmAgx,=O-|mX

Ax=X。-/

解得

Ax=6m

故A停止运动时距平板车左端6m；

(3)设A与B碰前速度为九，碰后AB速度分别为％、v6

同理可得

（%一，%）1

2mA1

由于AB与平板车之间的摩擦力大小〃=且A的加速度大于B,由此可判断A碰后向左做匀减速运

动，此过程中车一直保持静止。

由运动学公式：

v：一片=-2ax0

0—v：=—2〃%0

解得

xQ=2.7m

设最终三者共同匀速运动速度为、，由动量守恒定律

fnVmm+m

叫%+B6=(A+Bc)%

解得

设B开始与平板小车右端相距为xB,由能量守恒

|-1(mA+mB+mc)V6=^iAmAgx0+^iBmBgxB

解得

xB=6.3m

L=xQ+xB

解得

L=9m

(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，则每学科按所做的第一题计分。

33.[物理——选修3-3]

13.如图甲为某种转椅的结构示意图，其升降部分由M、N两筒组成，两筒间密闭了一定质量的理想气体。

图乙为气体分子速率分布曲线，初始时刻筒内气体所对应的曲线为从人坐上椅子后M迅速向下滑动，设

此过程筒内气体不与外界发生热交换，则此过程中()

/(v)

A.密闭气体压强增大，分子平均动能增大

B.外界对气体做功，气体分子的密集程度保持不变

C.密闭气体内能增大，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加

D.密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成。曲线

E.密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成c曲线

【答案】ACE

【解析】

【详解】ABC.根据题意可知，M迅速向下滑动，理想气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，外界对

气体做功，且筒内气体不与外界发生热交换，则理想气体内能增大，温度升高，分子平均动能增大，容器壁

单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加，密闭气体压强增大，故AC正确，B错误；

DE.由于气体温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成c

曲线，故E正确，D错误。

故选ACE。

14.如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别为

SA=120cm2,&=20cm2o两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，初始温度

为27℃,B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距“=40cm、b=10cm,活塞静止。(不计一

切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持不变为27℃,

外界大气压为po)。

(1)当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好运动

到缸底时A内气体的温度TA,及压强PA；

(2)停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧汽缸底部的

距离Axo

(3)之后将阀门K关闭，用打气筒(图中未画出)向A汽缸中缓慢充入压强为2必的理想气体，使活塞

回到初始状态时的位置，则充入的理想气体体积AV为多少？

【答案】(1)375K,"⑵30cm；(3)1000cm3

o

【解析】

【详解】(1)阀门K关闭时，将A内气体缓慢加热，温度缓慢升高，根据受力平衡可知，气体压强不变,

为等压变化，对于A气体，初态有

匕=双，"=(27+273)K=300K

末态有

VAl=(a+b)SA

由盖一吕萨克定律有

上』

即

aSA_(a+b)SA

300K-—TA-

解得

1人=375K

对两活塞整体为研究对象，根据受力平衡得

PASA-POSA+POSB=0

解得

5

PA=-Po

o

(2)打开阀门K稳定后，设气体压强为以两个活塞和杆为整体有

P,ASA-POSA+MB-PASB=°

解得

PA=PO

设大活塞最终左移x,对封闭气体分析；初态有

PA="%=(。+加，，7；=375K

O

末态有

P1=Po,Y'A=MS、+("+〃—AX)5B,To=300K

由理想气体状态方程得

T\To

即

|Po(。+_p°[AXSA+(b+a-Ax)SB]

375K—300K

代入数据解得

Ax=30cm

(3)关闭阀门，若活塞恢复初始位置，则对B中气体，初态有

PB=Po，AX)SB

末态压强为体积为

%=岷

由玻意耳定律得

PB^B=PBVB

即

.况(b+。-Ax)=p'BSBb

解得

PB=2Po

则

PK，A+PO'B-P°SA—PB'=0

解得

PA=，PO

o

对A中气体和充入气体整体为研究对象，初态有

P[=P。，匕=MSA

P=2po,V=AV

末态有

7

Pl=NPo，V"aSA

o

根据玻意耳定律得

以匕+a=成吸

即

7

POSAAX+2PoAV=-pSa

oQA

解得