四川省南充市2023-2024学年高三下学期三诊考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1南充市高2024届高考适应性考试（三诊）物理能力测试注意事项：1.本试卷分第I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〖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。一、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。1.2021年12月9日，神舟十三号三名航天员在中国空间站核心舱里进行了首次“太空授课”，空间站距离地面400km，地球半径6400km，地球表面的重力加速度为g，则（）A.航天员处于超重状态 B.航天员不受力的作用C.空间站相对地面静止 D.空间站的加速度小于g〖答案〗D〖解析〗AB．航天员在空间站中处于完全失重状态，但他们始终受地球引力作用。故AB错误；C．根据解得可知空间站周期小于同步卫星的周期，所以空间站相对地面是运动的。故C错误；D．设空间站所处的重力加速度为，根据万有引力定律和牛顿第二定律在地面处由于空间站做匀速圆周运动，空间站在该处的万有引力提供向心力，重力加速度等于向心加速度，因此向心加速度小于g。故D正确。故选D。2.如图为一研究光电效应的电路图，用一定频率的光照射阴极K，电流表G有示数，则下列判断正确的是（）A.将滑片P向右移动，电流表的示数一定会越来越大B.将滑片P移到最左端时，电流表示数一定为零C.将照射光强度减弱，光电子最大初动能不变D.将照射光强度减弱，将不会发生光电效应〖答案〗C〖解析〗A．将滑片P向右移动，即正向电压增大，若光电流达到饱和，则电流表的示数不变，故A错误；B．将滑片P移到最左端时，即不加电压，此时电流表的示数一定不为零，故B错误；C．将照射光强度减弱，光电子最大初动能不变，故C正确；D．若将照射光强度减弱，但频率不变，则仍然发生光电效应，故D错误。故选C。3.如图（a），某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图（b）。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角，下列说法正确的是（）A.墙面对球的力保持不变B.人受到地面的摩擦力变大C.地面对人的支持力变大D.球对人的压力先增大后减小〖答案〗B〖解析〗AD．对瑜伽球受力分析，如图由平衡条件可知，人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力增大。人对球的支持力增大。根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大。故AD错误；BC．对整体受力分析，如图由平衡条件，可知人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变。故B正确；C错误。故选B。4.如图，水平放置的单匝矩形线框abcd面积为S，处于斜向右下方与水平面成45°角的匀强磁场中，磁感应强度为B，将线框绕ab边以角速度ω逆时针旋转90°的过程中（）A.磁通量变化量为0B.线框具有扩张趋势C.最大电动势为D.感应电流方向始终为a→b→c→d→a〖答案〗A〖解析〗A．将线框绕ab边以角速度ω逆时针旋转90°的过程中磁通量先增大后减小，变化量为零，故A正确；B．根据楞次定律可知，当穿过线框的磁通量增大时，线框收缩，当穿过线框的磁通量减小时，线框有扩张趋势，故B错误；C．线框绕ab边以角速度ω逆时针旋转90°的过程中，感应电动势先减小后增大，所以最大电动势为故C错误；D．感应电流方向先为a→d→c→b→a后为a→b→c→d→a，故D错误。故选A。5.如图，一抛物线形状的光滑导轨固定在竖直平面内，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球M从距地面竖直高度为处静止释放，下列说法正确的是（）A.小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°B.小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为60°C.从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N做的功为D.从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N的冲量大于〖答案〗D〖解析〗AB．小球M即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球M的速度方向与水平方向的夹角满足可得故AB错误；C．设小球M即将落地时，速度大小为v1，小球N的速度大小为v2，根据系统机械能守恒有小球M与小球N沿杆方向的速度相等，有联立解得，根据动能定理可得，从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N做的功为故C错误；D．从静止释放到小球M即将落地，对小球N根据动量定理有由题可知，杆对小球冲量的水平分量为，故杆对小球N的冲量大于，故D正确。故选D。6.如图甲，真空中电荷量为Q的点电荷的一条电场线与x轴重合，轴上有A、B两点，其坐标分别为0.3m和0.6m.在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线a、b所示，x轴正方向为力的正方向.则下列说法正确的是（）A.A、B两点的电场强度之比为1∶16B.将一个电子从A移到B处电势能变大C.该点电荷一定带正电，且位于x=0.2m处D.若在B点放一个电荷量为3Q的正点电荷，则A处场强为0〖答案〗BC〖解析〗A．电场强度与电场力的关系式为根据图乙可求出可知，两者电场强度之比为16∶1。故A错误；B．根据图乙可知，A、B两点电场强度向x轴正方向，且，可知该点电荷为正电荷，且在A点左侧。因此电子从A运动到B的过程中电场力做负功，电势能增加。故B正确；C．正点电荷的坐标为x，则有可知，可得故C正确；D．若在B点放一个电荷量为3Q的正点电荷，设Q在A点的电场强度为，3Q在A点的电场强度为，则可知故D错误；故选BC。7.在图甲的电路中，交变电源电压u随时间t按正弦规律变化如图乙。理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶3，电阻R1=4Ω，R2=18Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为20Ω。下列说法正确的是（）A.原线圈两端电压有效值为26VB.滑片P从上向下移动时，R1的功率逐渐增大C.副线圈中电流方向每秒钟改变25次D.当R3=18Ω时，变压器的输出功率最大〖答案〗BD〖解析〗A．在原线圈所在的回路中有故原线圈两端电压有效值小于26V，故A错误；B．滑片P从上向下移动时，减小，副线圈中总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈中电流增大，根据原副线圈电流与线圈匝数的关系可知，原线圈中电流也增大，根据可知滑片P从上向下移动时，R1的功率逐渐增大，故B正确；C．根据图乙可知，该交流电的周期为其频率为故副线圈中电流方向每秒钟改变50次，故C错误；D．其等效电路如图所示理想变压器的输出功率等于等效电阻的功率，则有可知当解得故当R3=18Ω时，变压器的输出功率最大，故D正确。故选BD。8.如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连，小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为，B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（）A.球离开圆盘后，弹簧弹力不变B.绳子越长小球飞离圆盘时的角速度就越大C.当角速度为时，弹簧长度等于D.当角速度为时，弹簧弹力等于〖答案〗AD〖解析〗A．球离开圆盘后，对B竖直方向对A竖直方向即弹簧弹力不变，选项A正确；B．设小球恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0，此时弹簧长度为l1，对A解得则对B则小球飞离圆盘时的角速度为定值，与绳长无关，选项B错误；C．当角速度为，此时物块还没有离开圆盘，此时弹簧长度大于，选项C错误；D．当角速度为此时物块已经离开圆盘，此时弹簧弹力等于，选项D正确。故选AD。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）9.某学习小组用如图的实验装置探究动能定理。他们在气垫导轨上的B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，将滑块用细线绕过气垫导轨左端的光滑定滑轮与力传感器（质量忽略不计）相连，力传感器下方悬挂钩码，调节导轨水平，接通气源，每次滑块都从气垫导轨上的A处由静止释放。（1）下列实验要求中，正确的一项是；A.遮光条要宽一些B.应使位置A与光电门间的距离小些C.应使滑块的质量远大于钩码的质量D.应调节滑轮高度，使细线与气垫导轨平行（2）实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码的质量m，记录对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，已知遮光条的宽度为d，处理数据时发现，可导致以上情况的一项是；A.滑块与导轨间存在摩擦力 B.导轨左端高于右端C.释放滑块时遮光条位于A右侧 D.滑轮存在质量，转动时有动能（3）另外一组同学借用上图的实验装置，探究加速度a与合外力F的关系。处理数据时，通过描点要作出线性图像，应作出的图像是.A.图像 B.图像 C.图像 D.图像〖答案〗（1）D（2）C（3）D〖解析〗【小问1详析】A．遮光条要窄一些，可以减小实验误差。故A错误；B．为了减小A、B间距离的测量误差，应使A处与光电门间的距离适当大些。故B错误；C．由实验装置图可知，绳子拉力可以用力传感器测得，不需要用钩码的重力代替，故不需要滑块的质量远大于钩码的质量。故C错误；D．为了使滑块受到的合力等于绳子拉力，应将气垫导轨调至水平，并使细线与气垫导轨平行。故D正确。故选D。【小问2详析】A．滑块与导轨间存在摩擦力，根据可知故A错误；B．导轨左端高于右端，根据可知故B错误；C．释放滑块时遮光条位于A右侧，根据可知故C正确；D．滑轮存在质量，转动时有动能，有其中为滑轮的转动动能，可知故D错误。故选C。【小问3详析】滑块从A处静止释放到光电门的过程，根据牛顿第二定律可得根据运动学公式可得联立，可得研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图像是。故D正确；ABC错误。故选D。10.用下列器材组装成一个电路，测量出电池组的电动势E和内阻r并描绘灯泡的伏安特性曲线A.电压表V1（量程6V、内阻很大）B.电压表V2（量程3V、内阻很大）C.电流表A（量程3A、内阻很小）D.滑动变阻器R（最大阻值10Ω）E.灯泡（2A、5W）F.电池组（电动势E、内阻r）G.开关一只，导线若干（1）某同学设计的实验电路图如图甲，实验时调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，则电压表V1与电压表V2的示数之比将__________；（选填“变大”、“变小”或“不变”）（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到U-I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙，则电池组的电动势E=_______V、内阻r=_______Ω；（结果都保留两位有效数字）（3）在U-I图像中两条图线在P点相交，则滑动变阻器接入电阻为__________Ω；（4）若把该灯泡与电动势为5V，内阻为1.25Ω的另一个电源连接成电路，则灯泡的实际功率为__________W.（保留两位有效数字）〖答案〗（1）变小（2）4.51.0（3）0（4）5.0〖解析〗【小问1详析】调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，滑动变阻器阻值减小，外电阻减小，则总电流变大，则内阻上电压变大，则路端电压减小，即电压表V1读数减小，灯泡两端电压变大，即电压表V2的示数变大，则电压表V1与电压表V2的示数之比将变小；【小问2详析】[1][2]根据U=E-Ir结合图像可知，电池组的电动势内阻【小问3详析】在U-I图像中两条图线在P点相交，说明两电压表读数相等，则滑动变阻器接入电阻为0；【小问4详析】[3][4]若把该灯泡与电动势为5V，内阻为1.25Ω的另一个电源连接成电路，则由即将此函数图像画在灯泡的U-I图像上，可得交点坐标为I=2.0A，U=2.5V，灯泡的实际功率为P=IU=5.0W11.为测试质量m=1kg的电动玩具车的性能，电动车置于足够大的水平面上，某时刻开始，电动车从静止开始做加速直线运动，运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，电动车的牵引力F与速率的倒数关系图像如图中实线所示，g=10m/s2.（1）求电动车的最大速度vm以及电动车的输出功率P；（2）电动车运动10s恰好达到最大速度，求电动车在这段时间运动的距离x.〖答案〗（1）10m/s，20W；（2）75m〖解析〗（1）根据图像得故根据得结合图像得，斜率即为电动机得输出功率，即（2）根据动能定理得代入数据解得12.如图，真空中半径r=0.5m的圆形磁场与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小，方向垂直于纸面向外，在x=1m和x=2m之间的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场区域，场强，在x=3m处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏，一群比荷带正电的粒子，从O点以在xOy面内沿着与x轴正方向成角（）的各个方向同时射出，不计粒子重力及其相互作用，求：（1）粒子在磁场中运动的半径大小R；（2）最先到达荧光屏的粒子所用时间t以及其到达荧光屏前速度与x轴正方向夹角的正切值；（3）荧光屏上有粒子击中范围。〖答案〗（1）0.5m；（2）3×10-6s，1.5；（3）〖解析〗（1）根据洛伦兹力提供向心力代入数据解得（2）沿x轴正方向射出的粒子最先到达荧光屏，沿x轴正方向一直做匀速直线运动，则代入数据解得在电场中做类平抛运动，有，，，联立以上各式，代入数据解得（3）根据磁发散原理知，所有粒子出磁场边界时速度都平行于x轴正方向，如图所示与x轴正方向夹角为120°射出的粒子出强场时与x轴的距离为y1，则代入数据解得令粒子在电场中沿y轴方向的位移为y2代入数据解得在无场区根据三角形相似得解得沿x轴正方向射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为与x轴正方向夹角为120°射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为综上可得，光屏上有粒子击中的范围为13.一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（）A.状态a处的压强大于状态c处的压强B.由a变化到b的过程中，气体对外做功C.由b变化到c的过程中，气体的压强不变D.由a变化到b的过程中，气体从外界吸热E.由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能〖答案〗ABD〖解析〗AC．根据理想气体状态方程可知即图像的斜率为，故有故A正确，C错误；B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有而，，则有可得，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；故选ABD。14.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0=4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l=12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0=76cmHg。（i）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？（ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？〖答案〗（i）12.9cm；（ii）363K〖解析〗（i）设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有，，联立以上式子并代入题中数据得h=12.9cm（ii