【文档说明】四川省成都石室中学2024届高三下期二模物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，3.996 MB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学高2024届高考适应性考试（二）理科综合（全卷满分300分，考试时间150分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅

笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16F-19K-39Cr-52第Ⅰ卷（选择题，共126分）二、选择题：

本大题共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.如图所示，投壶是古代士大夫宴饮时的一种投掷

游戏，也是一种礼仪。其规则是：在离壶一定距离处将箭水平抛出，箭若落至壶内则为成功。某次投壶游戏中，箭落至图中A点，为使下次投中，游戏者可以（）A.仅增大抛出速度B.仅增大抛出高度C.同时增大抛出速度和高度D.同时

减小抛出速度和高度【答案】D【解析】【详解】由于箭落在壶的后方，说明箭的水平位移太大，要使箭投中应减小水平位移。设箭平抛运动的初速度为0v，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间为2htg=水

平位移为002hxvtvg==由题可知，要使水平位移减小，则当减小初速度或减小抛出点的高度。故选D。2.嫦娥五号探测器完成月球表面采样后，进入环月等待阶段，在该阶段进行若干次变轨，每次变轨后在半径更大的轨道上绕月球做匀速圆a周运动，

其加速度a与轨道半径r的关系图像如图所示，其中b为纵坐标的b最大值，图线的斜率为k，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.月球的质量为GkB.月球的质量为GkC.月球的半径为kbD.每次变轨后探测器的机械能不

变【答案】C【解析】【详解】ABC．根据万有引力提供向心力有2MmGmar=可得21aGMr=由图像可知，当rR=时，a最大，则有2GMbR=21ar−图像的斜率kGM=则月球的质量和月球的半径分别为kMG=，kRb=故AB错误

，C正确；D．变轨需加速，消耗燃料化学能，机械能增加，故D错误。故选C。3.如图所示，某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中的P点，该原子核发生衰变后，放出一个粒子和一个新核，它们的速度方向与磁场方向垂直，轨迹的半径之比

为45:1，重力、阻力和库仑力均不计，下列说法正确的是（）A.粒子和新核的动量比为1:45B.粒子和新核的电荷数比为45:1C.放射性元素原子核的电荷数是90D.衰变前原子核的比结合能小于衰变后新核的比结合能【答案】D【解析】【详解】A．由于放出粒子和

新核的过程中，系统的动量守恒，则氦核和新核动量大小之比是1:1，故A错误；BC．由于放出的粒子和新核在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有2vqvBmR=解得mvRqB=则它们的轨道半径与它们所带的电荷数成反比

，所以:1:45qq=新粒则新核所带的电荷数为90，粒子的电荷数为2，为氦核()42He，由于核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，则放射性元素原子核的电荷数是92，故BC错误；D．衰变过程是原子核从不稳定到稳

定的转变，又因为比结合能越大越稳定，所以衰变前原子核的比结合能小于衰变后新核的比结合能，故D正确。故选D。4.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中通有大小为I、

方向垂直于纸面向里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以施加方向垂直于导体棒的匀强磁场。则（）A.磁感应强度的最小值为tanmgILB.若使施加匀强磁场磁感应强度最小，则方向应垂直于斜面向上C.若匀强磁场的方向在竖直方向，则磁场方向向下，磁感应强度

为tanmgILD.若导体棒与斜面间无挤压，则施加的磁场方向向上【答案】B【解析】【详解】C．若匀强磁场方向在竖直方向，根据共点力平衡条件结合左手定则可知，磁场方向竖直向上，安培力水平向右，此时，导体棒的受力分析如图甲所示，则有tanBILmg=解得tanmgBIL=故C错误

；D．若导体棒与斜面间无挤压，则导体棒所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，磁场方向水平向左，故D错误；AB．如图乙所示，当安培力的方向平行斜面向上时，安培力最小，施加的匀强磁场磁感应强度最小，由左手定则可知，磁场方向垂直于斜面向上，此时有sinBILmg=磁感应强度最

小值sinmgBIL=故A错误，B正确。的的的故选B。5.如图甲所示，一质量1kgm=的物体静止在倾角37=的足够长的粗糙斜面上，斜面动摩擦因数0.8=，现对物体施加一沿斜面的变力F，F随时间的变化如图乙所示，规定

沿斜面向上为F的正方向，g取210ms，则下列说法正确的是（）A.从0时刻开始，物体运动过程加速度先增大后不变B.在4s前F对物体做正功，4s后F对物体做负功C.物体在4s末的速度为1.62msD.物体在5s末的速度为14.58ms【答案】C【解析】【详解

】物体的重力下滑分力为sin6Nmg=滑动摩擦力为cos6.4Nfmg==由Ft−图像可知，当12.4NF=，即3.1s时刻，物体才被拉动，在此之前加速度a一直为0；可知在4s前物体的运动时间为0.9st=，根据动量定理可得Fsi

ncosImgtmgtmv−−=由图像面积可知F12.4160.9Ns12.78Ns2I+==联立解得4s时物体的速度为的1.62msv=在3.1~4s内加速度增大，F做正功。4s后F变向，根据牛顿第二定律可得1sincosF

mgmgma++=解得加速度大小为2116.2msa=故只需要10.1st=物体就减速为0，故在此过程中加速度不变，F做负功；之后物体反向运动，滑动摩擦力也反向，根据牛顿第二定律可得2sincosFmgmgma+−=解得加

速度大小为223.4msa=故在5s末物体已反向运动20.9st=，此时速度为223.40.9m/s3.06m/svat===综上分析可知，物体运动过程先沿斜面向上做加速度逐渐增大的加速运动，F做正功；接着向上做匀减速直线运动到速度减为0，F做负功；之后反向向下做匀加速直线

运动，F做正功；两个匀变速直线运动的加速度大小不相等。故选C。6.如图所示，一可视为质点的带负电滑环（带电量很小）套在水平且足够长的光滑绝缘杆上，在杆的上方A点固定一正点电荷，B、C为杆上两点，D为AB的中点，AC与杆垂直，60BAC=，滑环重力不可忽略。在B点给滑环一向

右的初速度，下列说法正确的是（）A.D点和C点电场强度相同B.B、C两点间电势差等于B、D两点间电势差C.滑环在B点的电势能大于在C点的电势能D.滑环在B点受到杆的弹力小于在C点受到杆的弹力【答案】BC【解析】【详解】A．根据题意

可知，ADAC=，根据点电荷电场强度表达式2QEkr=可知，C、D两点的电场强度大小相等，但是方向不同，故A错误；B．D点和C点在以A为圆心的同心圆上，根据点电荷等势线分布特点可知，C点和D点的电势相等，则BCBDUU=，故B正确；C．B点的电势小于C点的，则滑环在B点的电势能

大于在C点的，故C正确；D．由于滑环重力与电场力具体关系不知道，故无法判断杆弹力的变化情况，故D错误。故选BC。7.如图所示，我国的高铁技术处于世界领先水平，动车组由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫

拖车。假设动车组各车厢的质量均为m，动车组在水平直轨道上运行过程中受到的阻力与车重成正比，比例系数为k，其中每节动车的额定功率都为P。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则下列关于该动车组的说法，正确的是（）A

.动车组运行的最大速率为8PkmgB.动车组运行的最大速率为4PkmgC.两节动车以额定功率使动车组做匀加速运动时，第2、3节与第5、6节车厢间的作用力之比为3:2D.两节动车以额定功率使动车组做匀加速运动时，第2、3节与第5、6节车厢间的作用力之比为2

:3【答案】BD【解析】【详解】AB．以最大速率行驶时，牵引力等阻力，牵引力8Fkmg=总而总功率为2P，故最大速率284PPvkmgkmg==故A错误，B正确；CD．当两节动车都以额定功率使动车组做匀加速运动时，设第2、3节车厢间的作用力为23F，5、6节车厢间的作用力为56F，

加速度为a，每节动车产生的牵引力为F，每节车厢所受的阻力为kmg，将第6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得5633Fkmgma−=将第3、4、5、6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得2366FFkmgma+−=对整列动车组，由牛顿第二定律可得288Fkmgma−=联立解得2

356:2:3FF=故C错误，D正确。故选BD。8.如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中33ABADL==，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿A

B方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是（）A.若粒子经时间012tT=恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度00mvBqL=B.若粒子经时间032tT=恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小2LR=C.若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁

场的磁感应强度的大小002nmvBqL=（n＝1，2，3…）D.若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期002π3LTnv=（n＝1，2，3…）【答案】AD【解析】【详解】A．若粒子经时间012tT=恰

好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有2000vqvBmL=解得00mvBqL=故A正确；B．若粒子经时间032tT=恰好垂直打在CD上，如图1所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为3LR=故B错误；图1CD．若要使粒子

恰能沿DC方向通过C点，如图2所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r，则22(1,2,3,)Lnrn==根据牛顿第二定律有2000vqvBmr=解得00(1,2,3,)nmvBnq

L==根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则00012π2π3(1,2,3,)3rLTnvnv===故C错误，D正确。故选AD。图2第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两

部分。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.某小组成员想“探究动能定理在曲线运动中是否成立”，经讨论后，提出利用如图甲所示的装置进行探究。实验器材：铁架台、力传感器（含数据采集

器及配套软件、计算机，图中未画出）、量角器、轻质细绳、小球和刻度尺。实验步骤如下：①小球静止在位置Ⅰ时，力传感器的示数为0F，测得细绳悬点O到小球球心的长度为L；②将小球拉至与竖直方向一定夹角，静止释放；③通过软件描绘出细绳拉力随时间变化如图乙所示

，1F、2F已知；④改变静止释放时细绳与竖直方向夹角的值，重复实验，得到多组数据。（1）本实验中，小球的重力大小为___________。（2）从静止释放到最低点的过程中，重力对小球做功为___________，增加的动

能为___________；若误差范围内两者相等，说明动能定理在曲线运动中成立。（请用题目中所提供的物理量来表示）【答案】（1）0F（2）①.02FLFL−②.()1012FFL−【解析】【小问1详解】静止时，力传感器的示数为0F，则重力等于0F。【小问2详解】[

1]从静止释放到最低点的过程中，重力对小球做功为()()01cos1cosGWmgLFL=−=−在最高点细绳的拉力20coscosFmgF==20cosFF=02GWFLFL=−[2]细绳对小球的拉力达到最大值1F，根据牛顿第二定律有210vFF

mL−=所以小球增加的动能()2k101122EmvFFL==−10.几位同学通过实验研究水果电池的电动势和内阻。（1）他们制作了一个苹果电池组（内阻较大）进行研究。从尽量减小实验误差的角度，请将图1中的实

物连接成实验所用的电路_______，图中电压表和电流表的量程分别为1V和0.6mA（内阻较小）。（2）利用图1所示的电路，调节滑动变阻器滑片的位置，测量出相应的电流I和电压U，并将电流I和相应的电压U用“+”标注在如图3所示的坐标纸上。

其中一组电流和电压读数如图2所示，则电压表的读数为_______V。（3）请将图2所示的电流表、电压表的读数也用“+”标注在图3的坐标纸上，并画出这个苹果电池组的UI−图线_______。（4）根据图3的UI−图线可得，该电池组内电阻r=_______。（保留三位有效

数字）（5）关于该实验的误差，下列说法正确的是（）A.由于电压表的分流作用，会使电源电动势的测量值偏大B.由于电流表的表分压作用，会使电源电动势的测量值偏小C.由于电流表内阻的影响，会使电源内阻的测量值偏小

D.由于电流表内阻的影响，会使电源内阻的测量值偏大【答案】（1）（2）0.78（3）（4）31.4810（331.4210~1.5310均可）（5）D【解析】【小问1详解】由于苹果电池内阻较大，为减小内阻的测量误差，电压表只能测量滑动

变阻器两端的电压，将电流表接在干路上，如图所示【小问2详解】电压表的量程为1V，精确度为0.02V，估读到0.01V，则电压表的读数为0.78V。【小问3详解】根据所描点连成倾斜直线，如图所示【小问4详解】UI−图线

斜率代表苹果电池内阻，图线斜率31.4810UkrI===【小问5详解】AB．电压表的分流和电流表的分压对电动势测量没有影响，故AB错误；CD．利用等效电源的方法，可以将电流表看成等效电源内阻的一

部分，所以内阻测量值会偏大，故C错误，D正确。故选D。11.两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200g的两响爆竹在0.01s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体（此过程两响爆竹的

位移可以忽略），然后被竖直发射到距离地面20m=h的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80g的部分以5ms的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取210ms，求：（1）下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作

用力的大小；（2）上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。【答案】（1）402NF=；（2）50m3【解析】【详解】（1）设下层火药爆炸后爆竹的速度为0v，则202vgh=解得020msv=由动量定理得()0Fmgtmv−=解得402NF=（2）爆竹做平抛运动212hgt=解得2s=t爆竹

爆炸的过程在水平方向动量守恒，有1122mvmv=其中180gm=，15msv=，2120gm=，解得210ms3v=上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为1250m3xvtvt=+=12.如图所示，一倾角为光滑固定斜面的顶端放有质量0.05kgM=

的U形导体框，导体框的电阻忽略不计。一电阻1R=、质量0.2kgm=的金属棒PQ两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路PQMN，MN的长度0.5mL=。初始时PQ与MN相距一定距离，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，导体框下滑01m3x=后恰好匀速进

入一方向垂直于斜面向上的匀强磁场区域，直至离开磁场区域。PQ、MN、磁场边界（图中虚线）都与斜面底边平行，当导体框的MN边离开磁场的瞬间，金属棒PQ正好进入磁场，并一直做匀速运动直到离开磁场。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，金属棒与导体框之间的动摩擦

因数0.125=，磁感应强度大小1TB=。重力加速度大小g取210ms，sin0.6=。求：（1）导体框的边MN刚要进入磁场时的速度大小；（2）磁场的宽度d；（3）金属棒和导线框由静止开始下滑到二者速度相等的过程中，金属棒和导线框组成的系统产生的总热量Q。的【答案】（1）02msv=；（2）

11.2mx=；（3）1.32J【解析】【详解】（1）由题意，导体框与金属棒一起向下做匀加速度直线运动，根据动能定理有()()2001sin2MmgxMmv+=+代入数据得02msv=（2）MN进入磁场一直做匀速运动，若经过时间t后

MN离开磁场（或PQ进入磁场），则有20xvt=对导体棒PQ，由牛顿第二定律有sincosmgmgma−=解得25msa=即向下做加速运动，金属棒的速度10vvat=+位移21012xvtat=+PQ进入磁场时MN恰好离开磁场，磁场宽度2dx=，由P

Q匀速进入，则有cossinFmgmg+=安安培力FBIL=安而电流1BLvEIRR==联立解得14msv=，20.8mdx==，11.2mx=（3）法一：MN离开磁场后做匀加速运动，其加速度sincosMgmgaM+=代入数据得210msa=当经过t后MN与

PQ速度相等，有10vvat=+PQ的位移11xvt=MN的位移22012xvtat=+两次摩擦生热()()11212coscosQmgxxmgxx=−+−联立解得10.12JQ=安培力做功产生的焦耳热2222012211.2JBLv

BLvQxxRR=+=所以系统产生的总热量121.32JQQQ=+=法二：全过程能量守恒对PQ和MN构成的系统：设MN整个过程位移为MNx，PQ棒的位移为PQx()()2211sinsin2MNPQMgxmgxMmvvQ+

=+−+解得总热量1.32JQ=（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，则按每科所做的第一题计分。33.【物理——选修3-3】34.【物理——选修3-4】13.下列说法正确的是（）A.图甲中，单色光在被检

测厚玻璃板的上下表面反射后发生干涉B.图乙中，声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率减小C.图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后B球的周期比C球的周期大D.图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将明、暗交替变化，此现象表明光是横

波E.图戊是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传播的速度【答案】BDE【解析】【详解】A．图甲中，入射光经空气膜上下表面反射后发生干涉，并不是被检测厚玻璃板的上下表面反射后的光发生干涉，故A错误；B．图乙中，声源远离观察者时，根据多普勒效应可知，观

察者接收到的声音频率减小，故B正确；C．图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后B、C做受迫振动，周期相同，故C错误；D．图丁中，只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确；E．图戊中可以看出，b光束在水珠中偏折程度大，即b光束的折射率大于a光束的折射率

，则a光束在水珠中的传播速度大于b光束在水珠中的传播速度，故E正确。故选BDE。14.如图所示，两种不同材料的软绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间的距离为7.0m，ON间的距离为5.0m。

将O点上下振动，振幅为0.2m，则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0ms。0=t时刻O点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷，求：①波源的振动周期；②简谐横波Ⅰ和Ⅱ的波长；③以

O点处在波谷位置作为零时刻，画出N点的振动图像。【答案】①4sT=；②15.6m=，24m=；③【解析】【详解】①5s=t时，M点位于波谷，O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷，由55s4T=可得4sT=②OM间的距离为157m4=则波Ⅰ的波长15.6m=已知波

Ⅱ的波速21msv=，由vT=可得24m=③因为225m4ON==+所以N点比O点滞后4T，当O点在波谷时，N点在平衡位置向下振动，所以波形图如图所示