四川省遂寧市高三下學期第二次診斷性考試理綜物理試卷

四川省遂寧市2022屆高三下學期第二次診斷性考試理綜物理試卷一、單選題1．在測定年代較近的湖泊沉積物形成年份時，常利用半衰期較短的P82210bA．P82210bB．在低溫低壓環(huán)境中，P82C．P82210bD．方程中的X來源于P822．如圖，木板AB上固定一垂直于板面的擋板，小球緊靠擋板靜止在木板上，不計球與木板和擋板間的摩擦?，F(xiàn)保持木板A端的位置不變，緩慢抬高木板B端，則在該過程中（）A．木板和擋板對球作用力的合力增大B．球?qū)δ景宓膲毫p小C．球?qū)醢宓膲毫ο仍龃蠛鬁p小D．球?qū)醢宓膲毫Υ笮〔蛔?．如圖，M、N和P是以O(shè)為圓心、MN為直徑的半圓弧上的三點，∠MOP=60°，電荷量相同的兩個正點電荷分別固定在N、P處。以無窮遠處的電勢為零，已知N處的電荷在O點的電勢為φ、電場強度大小為E，則O點的電勢和電場強度大小分別為（）A．φ和E B．φ和2E C．2φ和E D．2φ和34．從1970年4月24日發(fā)射第一顆人造地球衛(wèi)星“東方紅一號”到今天，我國的航天事業(yè)取得了舉世矚目的偉大成就?！皷|方紅一號”至今仍運行在近地點430km、遠地點2075km的橢圓軌道上，而目前運行在距地面高度約400km的圓軌道上的“天宮空間站”預(yù)計今年建成。關(guān)于“東方紅一號”和“天宮空間站”，下列說法正確的是（）A．“東方紅一號”由遠地點向近地點運行的過程中，機械能逐漸增大B．“天宮空間站”中的航天員不受地球的引力作用C．“天宮空間站”運行的加速度小于“東方紅一號”在近地點的加速度D．繞地球一周，“東方紅一號”比“天宮空間站”所用時間長5．“碳中和”、“低碳化”、“綠色奧運”是北京冬奧會的幾個標簽。本次冬奧會運行超1000輛氫能源汽車，是全球最大的一次燃料電池汽車示范。某款質(zhì)量為M的氫能源汽車（如圖所示）在一次測試中，沿平直公路以恒定功率P從靜止啟動做直線運動，行駛路程x，恰好達到最大速度vm。已知該車A．啟動過程中，車做勻加速直線運動B．啟動過程中，牽引力對車做的功為1C．車速從0增至vm的加速時間為D．車速為vm2二、多選題6．圖（a）所示的理想變壓器輸入端接正弦交流電源，其輸入電壓u隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖（b）。已知原線圈與副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=10：1；電阻R=10A．S接a時，電容器每秒鐘完成50次完整的充、放電B．S接a時，電容器所帶電荷量的最大值為2C．S接b時，電流表A的示數(shù)為0D．S接b時，變壓器的輸入功率為7．北京冬奧會高臺滑雪場地示意如圖。一運動員（含裝備）的質(zhì)量為m，從助滑坡上A點由靜止沿坡（曲線軌道）下滑，經(jīng)最低點B從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時間后著陸于著陸坡上D點。已知A、C的高度差為h1，C、D的高度差為h2，重力加速度大小為A．運動員在B點處于超重狀態(tài)B．運動員起跳時的速率vC．運動員著陸前瞬間的動能ED．運動員在空中飛行的時間t8．如圖，固定的足夠長平行光滑雙導軌由水平段和弧形段在CD處相切構(gòu)成，導軌的間距為L，區(qū)域CDEF內(nèi)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。現(xiàn)將多根長度也為L的相同導體棒依次從弧形軌道上高為h的PQ處由靜止釋放（釋放前棒均未接觸導軌），釋放第n(n>1)根棒時，第n-1根棒剛好穿出磁場。已知每根棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，重力加速度大小為A．第1根棒在穿越磁場的過程中，棒兩端的電壓逐漸減小B．第3根棒剛進入磁場時的加速度大小為2C．第n根棒剛進入磁場時，第1根棒的熱功率為2ghD．第n根棒與第n-三、實驗題9．某實驗小組欲測定一金屬絲的電阻率。（1）他們先用萬用表歐姆“×1”擋粗測金屬絲的電阻。測量中，表盤指針位置如圖（a），其示數(shù)為Ω；（2）圖（b）是伏安法測金屬絲電阻的兩種電路。他們選用的器材有：一節(jié)干電池E（電動勢，內(nèi)阻約）；一只電流表（量程，內(nèi)阻約）；一只電壓表（量程2V，內(nèi)阻約2kΩ）；一個滑動變阻器（阻值0~10Ω），則：①電路應(yīng)選（選填“甲”或“乙”）；②連接電路時，滑動變阻器的滑片應(yīng)靠近（選填“c”或“d”）端；（3）他們測得的金屬絲直徑為D，金屬絲AB段的長度為L；實驗中還由測得的數(shù)據(jù)作出了圖（c）所示的伏安特性（電壓U-電流I）圖線且求出了圖線的斜率k，則計算金屬絲電阻率的表達式為ρ=10．圖（a）為某實驗小組“研究滑塊在斜面上的運動并測定動摩擦因數(shù)”的實驗裝置示意圖。實驗前，他們已先測出了木板上端B到下端A的水平距離L和高度差h，其中，L=80.00cm，h=60.00cm。實驗中，他們將滑塊從斜面上O處由靜止釋放且將此時刻作為計時起點，用位移傳感器測出了滑塊各時刻t相對于O的位移（1）根據(jù)圖像可知：①滑塊在內(nèi)，內(nèi)，內(nèi)，內(nèi)，內(nèi)···的位移之比為x1：x2：x3：x4（2）滑塊在末的速度大小為m/s；滑塊運動的加速度大小為m/s2。（取2位有效數(shù)字）（3）若重力加速度大小取10m/s，則測得的滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=（取2位有效數(shù)字）；若當?shù)貙嶋H的重力加速度大小為2，則上述測得的動摩擦因數(shù)（選填“大于”、“等于”或“小于”四、解答題11．如圖，固定在豎直面內(nèi)、圓心在O點、半徑R=1m的光滑14圓形軌道與足夠長光滑水平軌道在P點平滑對接；水平軌道上，坐在靜止小車上的小李用力向右推一靜止的木箱，木箱離開手后以v1=3m/s的水平速度向右勻速運動，木箱返回追上小車后被小李接住，此后三者一起勻速運動。已知木箱的質(zhì)量m=20kg，小李和車的總質(zhì)量M=60（1）推出木箱后，小李和車的速度大?。唬?）在圓形軌道上P點，木箱對軌道的壓力大小；（3）從小李開始接木箱到一起勻速運動的過程中，三者組成的系統(tǒng)損失的機械能。12．如圖，豎直面內(nèi)的xOy坐標系中，在x≥0區(qū)域有方向豎直向上（沿y軸正方向）的勻強電場；在第四象限某處有一矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），磁場方向垂直坐標平面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球從P(-3L,0)點以大小3gL的速度沿x軸正方向拋出，小球恰能經(jīng)x（1）小球經(jīng)過y軸的位置坐標和速度；（2）磁場的磁感應(yīng)強度大小和矩形磁場區(qū)域的最小面積；（3）電場力在第四象限對小球的沖量大小。13．為了監(jiān)測電梯內(nèi)的溫度和電梯的運動狀態(tài)，某同學將一開口向上且灌有水銀的均勻長直細玻璃管豎直粘貼在電梯壁上，如圖所示。已知電梯靜止且內(nèi)部溫度為t0=27℃時，玻璃管內(nèi)高h=20cm的水銀柱封閉著一段長L0=50cm的空氣柱，大氣壓強p0=76cmHg（1）電梯靜止時，若空氣柱的長度為L1=49（2）溫度恒為27℃時，若空氣柱的長度為L2=4814．如圖，ABD是某三棱鏡的橫截面，∠B=60°，∠A=30°。兩條平行光線a、b垂直于斜邊AB入射，入射點分別為P、Q。已知AB=L，AP=BQ（1）兩條出射光線的夾角θ；（2）兩個出射點間的距離d。五、填空題15．甲分子固定在O點，乙分子從無限遠處向甲運動，兩分子間的分子力F與分子間的距離r的關(guān)系圖線如圖所示。由分子動理論結(jié)合圖線可知：①兩分子間的分子引力和分子斥力均隨r的減小而（選填“減小”或“增大”），當r=（選填“r1”或“r2”）時，分子引力與分子斥力的合力為零；②在乙分子靠近甲分子的過程中（兩分子間的最小距離小于r1），兩分子組成的系統(tǒng)的分子勢能（選填“一直減小”、“一直增大”、“先減小后增大”或“先增大后減小”），當r=（選填“r116．如圖所示為一個擺長L=1m的單擺。①若擺角θ<5°，不計一切阻力，則該單擺的振動可視為（選填“簡諧運動”或“阻尼振動”），其振動周期為s；②實際情況下，在某次實驗中，將該單擺的擺球拉到圖中A點（擺繩繃直，擺角θ<5°）由靜止釋放后，發(fā)現(xiàn)擺球在豎直面內(nèi)完成10次全振動達到右側(cè)最高點的位置B比A低了h=0.5cm。若擺球質(zhì)量m=0.1kg，每完成10次全振動給它補充一次能量，使擺球瞬間由B點恰好回到A點，則從釋放擺球開始計時，在t=202s內(nèi)總共應(yīng)補充的能量為J

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為-1，則P82210b發(fā)生的是βB．外界條件不能改變放射性元素的半衰期，B不符合題意；C．P82210b核和BD．方程中的X來源于P82210b故答案為：A。

【分析】核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒；半衰期只和原子核本身有關(guān)；根據(jù)原子核內(nèi)中子和質(zhì)子間的轉(zhuǎn)化進行分析判斷。2．【答案】B【解析】【解答】A．小球處于平衡狀態(tài)，木板和擋板對球作用力的合力始終等于小球的重力，故保持不變，A不符合題意；BCD．小球受到木板的作用力F1和擋板的作用力F2，由平衡條件可得FF緩慢抬高木板B端的過程，θ增大，則F1減小，F(xiàn)2增大，故球?qū)δ景宓膲毫p小，球?qū)醢宓膲毫υ龃?，B符合題意，CD不符合題意。故答案為：B。

【分析】對小球進行受力分析，根據(jù)共點力平衡得出木板和擋板對球作用力的合力變化情況，并得出球?qū)醢宓膲毫ψ兓闆r。3．【答案】C【解析】【解答】O點到P、N的距離相等，已知N處的電荷在O點的電勢為φ，則P處的電荷在O點的電勢也為φ，則則O點的電勢為2φ，已知N處的電荷在O點的電場強度大小為E，則P處的電荷在O點的電場強度大小也為E，根據(jù)場強的疊加得O點的電場強度大小為E故答案為：C。

【分析】根據(jù)點電荷周圍電場強度和電勢的變化情況進行分析判斷，結(jié)合電場強度的合成得出O點的電場強度。4．【答案】D【解析】【解答】A．“東方紅一號”由遠地點向近地點運行的過程中，只有萬有引力做功，機械能不變，A不符合題意；B．“天宮空間站”中的航天員仍受地球的引力作用，萬有引力全部提供做向心力，所以航天員處于完全失重狀態(tài)，B不符合題意；C．根據(jù)G得a可知“天宮空間站”運行的加速度大于“東方紅一號”在近地點的加速度，C不符合題意；D．設(shè)“東方紅一號”的半長軸為a'，“天宮空間站”的軌道半徑為r，計算可得根據(jù)開普勒第三定律a可知TD符合題意。故答案為：D。

【分析】只有萬有引力做功時機械能不變，萬有引力為天宮空間站所受的合力，從而得出近地點的加速度表達式，結(jié)合開普勒第三定律判斷公轉(zhuǎn)周期的變化情況。5．【答案】C【解析】【解答】A．汽車以恒定功率P啟動，根據(jù)P可知，啟動過程中，速度v增大，則牽引力F減小，根據(jù)牛頓第二定律有F可知，加速度a減小，則車做加速度減小的加速運動，A不符合題意；B．根據(jù)題意，可知汽車受到的阻力為f啟動過程中，根據(jù)動能定理有W牽引力對車做的功為WB不符合題意；C．根據(jù)題意，可知汽車受到的阻力為f車速從0增至vm的過程中，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得tC符合題意；D．車速為vm2根據(jù)牛頓第二定律有F解得aD不符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)瞬時功率的表達式以及牛頓第二定律判斷汽車的加速度以及運動情況，結(jié)合動能定理得出牽引力對汽車所做的功。6．【答案】B,D【解析】【解答】A．由圖（b）可知，交流電的周期為，頻率為50Hz，變壓器不改變交流電的頻率，S接a時，每個周期充放電2次，故每秒鐘完成100次完整的充、放電，A不符合題意；B．變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)成正比，可知副線圈兩端電壓（電容器兩端電壓）的最大值為US接a時，電容器所帶電荷量的最大值為QB符合題意；C．S接b時，副線圈中電流的有效值為I由I可知，電流表A的示數(shù)為IC不符合題意；D．S接b時，變壓器的輸入功率等于輸出功率，為PD符合題意。故答案為：BD。

【分析】根據(jù)交變電流的圖像以及電容器電容的定義式，電容器所帶電荷量的最大值，利用歐姆定律以及理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比和電流比的關(guān)系得出電流表的示數(shù)，通過功率的表達式得出變壓器的輸入功率。7．【答案】A,D【解析】【解答】A．由題意運動員在B點滿足F所以F即運動員在B點處于超重狀態(tài)，A符合題意；B．從A到C由動能定理得mg所以vB不符合題意；C．從A到D滿足mg所以EC不符合題意；D．因為運動員在C點起跳時，速度方向斜向上，即做斜拋運動，故運動員在空中飛行的時間tD符合題意。故答案為：AD。

【分析】運動員在B點根據(jù)牛頓第二定律合力提供向心力得出運動員愛B點的超失重，運動員從A到C的運動過程中得出運動員起跳時的速率；結(jié)合A到D的過程根據(jù)動能定理得出運動員著地前瞬間的動能。8．【答案】B,C【解析】【解答】A．第1根棒在穿越磁場的過程中，第2棒還沒有釋放，沒有組成閉合回路，無感應(yīng)電流，棒不受安培力作用，棒在磁場中做勻速運動，此時棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv速度v不變，E不變，A不符合題意；B．第3根棒剛進入磁場時則有mgv棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv=BL2gh此時第1、2根棒并聯(lián)，電阻為R2，第3R＇=R+R2=電路中電流為I由牛頓第二定律可得F解得aB符合題意；C．第n根棒剛進入磁場時，前n-1電路總電阻為R電路總電流I第一根棒中電流I解得I1=BL2ghnR第1根棒的熱功率為P=I12R=2ghB2L2n2RC符合題意；D．第n根棒與第n?1根棒在磁場中運動的時，有In=ER總R總=Rn?1+RIn?1=ER′總R′總=Rn?2+R解得In=ERn?1+RIn?1=ERn?2+RIn≠In?1因此有第n根棒與第n?1根棒在磁場中的電流不相等，棒受安培力不相等，運動的時間不相等，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件判斷第一根棒在穿越磁場過程中的電壓變化情況；根據(jù)動能定理以及法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得出導體棒中的電流，結(jié)合安培力的表達式得出第3根棒剛進入磁場時的加速度；利用閉合電路歐姆定律得出導體棒運動時間的大小關(guān)系。9．【答案】（1）2（2）乙；c（3）kπD2【解析】【解答】（1）萬用表歐姆“×1”擋粗測金屬絲的電阻，每1小格子表示5則電阻為4×0（2）①由計算可知R為了減小誤差，應(yīng)采用電流表外接法，所以選擇乙；②為了保護電路，閉合開關(guān)前，滑片應(yīng)置于c處；滑動變阻器的（3）根據(jù)歐姆定律得R根據(jù)電阻定律得R又S又k聯(lián)立可得ρ或ρ

【分析】（1）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)原理得出金屬絲的電阻；

（2）為了減小誤差，應(yīng)采用電流表外接法；為保護電路，閉合開關(guān)前應(yīng)將滑動變阻器的阻值調(diào)到最大值；

（3）根據(jù)歐姆定律以及電阻定律得出該金屬絲的電阻率。10．【答案】（1）1：22：（2）；（3）；大于【解析】【解答】（1）知：①滑塊在內(nèi)，內(nèi)，內(nèi)，內(nèi)，內(nèi)···的位移之比為x滿足x得出的結(jié)論是，在誤差允許的范圍內(nèi)，滑塊做初速度為零的勻加速直線。（2）根據(jù)勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度得v根據(jù)Δx得加速度為a（3）設(shè)木板與水平面傾角為θ，由題意知，木板與水平面傾角的正余弦值分別為sincos根據(jù)牛頓第二定律得mg解得μ代入數(shù)據(jù)得μ由μ可知若當?shù)貙嶋H的重力加速度大小為2，則上述測得的動摩擦因數(shù)大于真實值。

【分析】（1）根據(jù)勻變速直線運動相同時間間隔內(nèi)的相鄰位移差相等判斷滑塊的運動情況；

（2）結(jié)合勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度，從而得出滑塊在末的速度，通過相同時間間隔內(nèi)的位移差得出滑塊運動的加速度；

（3）對滑塊進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出動摩擦因數(shù)的表達式。11．【答案】（1）解：設(shè)推木箱后小李和車獲得的速度大小為v2由動量守恒定律有0=代入數(shù)據(jù)解得v2（2）解：在圓形軌道上P點，木箱受重力mg、支持力N作用由牛頓第二定律有N代入數(shù)據(jù)得N=380由牛頓第三定律解得木箱對軌道的壓力大小為N'（3）解：設(shè)接住木箱后三者的共同速度大小為的v3由動量守恒定律有M代入數(shù)據(jù)得v3該過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE代入數(shù)據(jù)解得ΔE=30【解析】【分析】（1）推出木箱后，根據(jù)動量守恒定律得出小李和車的速度；

（2）木箱在P點上是根據(jù)牛頓第二定律合力提供向心力得出軌道對木箱的支持力，通過牛頓第三定律得出木箱對軌道的壓力；

（3）接住木箱后三者的共同速度的過程中根據(jù)動量守恒定律以及機械能的定義得出三者組成的系統(tǒng)損失的機械能。12．【答案】（1）解：如答圖3所示，小球在第三象限做平拋運動，設(shè)小球初速度為v0，經(jīng)過y軸的位置為A(0,-y)點，在A點的速度為v，v與v0的夾角為在x方向x將xv代入，解得t在y方向有vy又v解得tanθ=故小球經(jīng)過y軸的位置為A(0,-L2)點，在A（2）解：由題意，在第四象限，小球在矩形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動故小球所受電場力大小必滿足F即小球在矩形區(qū)域外做勻速直線運動設(shè)小球做圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律有qvB將r代入解得B在答圖3中，過A和Q點沿速度方向分別做延長線和反向延長線交于H點，則圓周運動的軌跡與兩條延長線的交點分別為C和D點，故以CD為長邊且與圓周運動軌跡相切的矩形區(qū)域為滿足題設(shè)條件的最小磁場區(qū)域由幾何關(guān)系知∠故矩形區(qū)域的長邊邊長為L短邊邊長為L矩形區(qū)域的最小面積為S（3）解：在答圖3中，過C作平行于x軸的直線分別交y軸和QH于I和J點，可知∠ICDJ小球在第四象限做勻速直線運動通過的路程為s小球在第四象限做勻速直線運動的時間為t小球在第四象限做勻速圓周運動的時間為t電場力恒定，故在第四象限對小球的沖量大小為I解得I【解析】【分析】（1）小球在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律以及速度的合成得出小球經(jīng)過y軸的位置坐標和速度；

（2）小球在磁場中做勻速圓周運動，結(jié)合洛倫茲力提供向心力以及幾何關(guān)系得出磁感應(yīng)強度的表達式，通過幾何關(guān)系得出矩形區(qū)域的最小面積；

（3）根據(jù)幾何關(guān)系以及勻速直線運動的規(guī)律和沖量的表達式得出電場力在第四象限對小球的沖量。13．【答案】（1）解：設(shè)玻璃管的橫截面積為S，空氣柱長度由L0變?yōu)長1的過程為等壓過程由蓋·其中V