【文档说明】四川省南充市阆中中学2022-2023学高三下学期4月理综物理试题 含解析.docx，共(21)页，8.656 MB，由小赞的店铺上传

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四川省阆中中学2023年春高2020级四月月考理科综合本试卷分选择题和非选择题两总分。第I卷（选择题）1至6页，第II卷（非选择题）6至14页，共14页；全卷满分300分，考试时间150分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必

须使用2B铅笔将答题卡。上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。。4.所有题目必需在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.

考试结束后，只将答题卡交回。二、选择题1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.甲图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子B.乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C.

丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成D.丁图中，链式反应属于轻核聚变【答案】B【解析】【详解】A．卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，A错误；B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大，B正确；C．丙图中，

因为射线甲受洛仑兹力向左，所以甲带正电，是由粒子组成。射线乙为电磁波，射线丙受洛仑兹力向右，射线丙由电子组成。C错误；D．链式反应属于重核裂变反应，D错误。故选B。2.北京时间2023年1月15日11时14分，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载

火箭，以“一箭十四星”发射方式，成功将齐鲁二号/三号卫星及珞珈三号01星、吉林一号高分03D34星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．假设其中的甲、乙两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍，甲的质量也是乙的2倍．则（）

A.由vgr=可知，甲的速度是乙的2倍B.由2ar=可知，甲的向心加速度是乙的2倍C.由2MmFGr=可知，甲的向心力是乙的14D.由32rkT=可知，甲的周期是乙的22倍【答案】D【解析】【详解】A．卫星绕地球做圆周

运动，万有引力提供向心力，则222224GMmmvFmrmrmarrT=====向因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据vgR=得出二者速度的关系，卫星的运行线速度GMvr=代入数据可得2=2vrvr=甲乙乙甲故A错误；B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不

能根据2ar=得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度2GMar=代入数据可得221=4arar=甲乙乙甲故B错误；C．根据2GMmFr=向可得221=2FmrFmr=甲甲乙乙乙甲故C错误；D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律32rkT=可得33=22TrTr=甲甲乙乙

故D正确。故选D。3.某同学将密立根油滴实验简化为如图所示的装置，在真空环境下带电油滴从喷雾器大小的喷嘴喷出，落到平行板电容器两极板间，调节两极板间的电压U，恰使某个油滴悬浮在P点。现保持两极板间的电压U不变，已知油滴质量为m，两

板间距为d，重力加速度大小为g，电容器的下极板接地。下列说法正确的是（）A.油滴带负电，电荷量2mgdqU=B.若只增大两极板间距d，该油滴将向上加速运动C.若只将正极板下移一小段距离，油滴的电势能减小为D.

若只将负极板下移一小段距离，P处的电势降低【答案】C【解析】【详解】A．根据图形可知，上极板带正电，下极板带负电，电场方向向下，由于油滴悬浮在P点平衡，可知电场力方向向上，电场力方向与电场方向相反，可知，油滴带负电，且有Umgqd=解

得mgdqU=A错误；B．极板间的电压U不变，根据UEd=若只增大两极板间距d，则极板间电场强度减小，电场力小于重力，则该油滴将向下加速运动，B错误；C．若只将正极板下移一小段距离，即极板间间距减小，根据上述可知，极板间电场强度增大，令P点到下极板间距为Pd，油滴电荷量

大小为q，P点与下极板电势差为0PPPU=−=根据PPPPUUEddd===ppEq=−若只将正极板下移一小段距离，极板之间的间距减小，电场强度增大，P点电势增大，由于油滴带负电，可知，此时油滴

的电势能减小，C正确；D．由于保持两极板间的电压U不变，电容器的下极板接地，即上极板电势大小为U，令上极板与P点的电势差为PU上，上极板与P点的距离为Pd上，则有PPPUUEd=−=上上则有PPUEd=−上若只将负极板下移一小段距离

，极板间间距增大，根据上述可知电场强度减小，可知，若只将负极板下移一小段距离，P处的电势升高，D错误。故选C。4.一台起重机将质量为m的重物竖直吊起（不计物体所受空气阻力），重力加速度为g，如图所示为该物体的速度—时间图像，其中1t时刻起重机输出功率达到最大，此后功率保持不变，最大速

度为mv，由图可知（）A.10~t时间内，重物做匀加速运动且起重机输出功率恒定B.起重机最大输出功率为mmgvC.21~tt时间内，起重机对重物做功22m11122mvmv−D.10~t时间内，起重机对重物做功为

112vtmg【答案】B【解析】【详解】A．速度—时间图像的斜率表示加速度，可知，10t时间内，重物做匀加速运动，牵引力一定，根据PFv=可知，当牵引力一定时，速度增大，起重机输出功率增大，A错误；B．根据图像可知，2t时刻之后，重物做匀速直线运动，则有1Fmg=，11mPFv=解得起

重机的最大输出功率为1mPmgv=B正确；D．10~t时间内，重物上升的位移为112vtx=起重机对重物做功为W1，则有21112Wmgxmv−=的为解得21111122vtWmgmv=+D错误；C．21~tt时间内，令该段时间上升的高度为h，

根据动能定理有222m11122mvWmghmv−−=解得222m11122mvWmghmv−=+C错误。故选B。5.如图所示，与水平面夹角均为37=的两金属导轨平行放置，间距为1m，金属导轨的一端接有电动势3VE=、内阻1r=的直流电源，另一端接有定值电阻4R=。将质量为0.025k

g的导体棒ab垂直放在金属导轨上，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中。当开关S断开时，导体棒刚好不上滑，当开关S闭合时。导体棒刚好不下滑。已知导体棒接入电路的电阻04Ω,sin370.6,cos370.8

R===，金属导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取210m/sg=。则导体棒与导轨间的动摩擦因数为（）A.144B.344C.122D.311【答案】B【解析】【详解】当S断开时，ab中电流103A0.6A5EIRr===+当S闭合时，ab中电流2113

=A0.5A223EIrR==+并则1cossinBIdmgmg−=2cossinBIdmgmg+=解得344=故选B6.如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场

中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻0R和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电表，下列判断正确的是（）A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为sineNBSt=B.矩形线圈从图示位置转过90的时间内产生感

应电动势的平均值为2NBSC.当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表1A和2A示数都变小D.当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表2V示数不变，3V的示数变大【答案】CD【解析】【详解】A．因为线圈是从垂直中性面开

始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为coseNBSt=A错误；B．矩形线圈从图示位置转过90的时间内产生感应电动势的平均值为2ESNBt==B错误；C．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小

，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A1和A2示数都变小，C正确；。D．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U1不变，即V1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻0R两端的电压变小，

变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，D正确；故选CD。7.如图所示，等腰梯形abcd区域（包含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长addccbl===，2abl=，一质量为m、电量为q的正

电粒子从a点沿着ad方向射入磁场中，不计粒子的重力，为使粒子从cb边射出磁场区域，粒子的速度可能为（）A.32qBlmB.334qBlmC.536qBlmD.433qBlm【答案】BC【解析】【详解】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示由几何关系可知，当粒子从c点飞出时，半径为13ra

cl==粒子从b点飞出时，半径为2233rl=由牛顿第二定律有2vqvBmr=解得mvrqB=则有2333mvllqB解得为使粒子从cb边射出磁场区域，粒子的速度范围为2333qBlqBlvmm本题选粒子的速度可能的，故选BC。8.智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰

带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆（大小忽略不计）穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体

微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取210m/s，下列说法正确的是（）A.若使用者觉得锻炼不够充分，决定增大转速，腰带受到的合力变大B.当使用者掌握好锻炼节奏后能够使稳定在37°，此

时配重角速度为15rad/sC.使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，若仍保持转速不变则变小D.当用力转动使从37°增加到53°时，配重运动的周期变大【答案】BC【解析】【详解】A．配重随短杆做水平匀速圆周运动过程中，腰带可看成静止不动，腰带合力始终为零，故A错误；B．对配

重根据牛顿第二定律有2tan(sin)mgmLr=+解得的tan100.75rad/s15rad/ssin0.50.60.2gLr===++故B正确；C．使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，若仍保持转速不变，即角速度不变，对配重根据牛顿第二定律

有2tan(sin)mgmLr=+可得tansincostanggrLrL==++由于r变小，若不变，可得变大，不满足角速度不变要求；若变大，可得变大，不满足角速度不变要求；则为了满足角速度不变，一定变小，故C正确；D．根据B中结论，

当o53=时s200rad/5s91rad/=根据2T=可知周期变小，故D错误。故选BC。第II卷（非选择题，共计174分）三、非选择题：（一）必考题：9.某同学利用如图甲所示的实验装置探究物体的加速度与质量的关系。（1）按正确的实验操作（包括平衡摩擦力）后，打出一条如图乙所示

的纸带，图中A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻计数点间的时间间隔为T，A、B两点间的距离为1x、AC、两点间的距离为2x，则小车的加速度为a=___________（用题目中给出物理量的字母表示）。（2）改变小车中砝码的质

量，重复操作，得到多条纸带。记下小车中的砝码质量m，利用纸带测量计算小车的加速度a。以m为纵坐标，以1a为横坐标，在坐标纸上作出的1ma−关系图像是一条倾斜的直线，如图丙所示。如果在误差允许的范围内，测得图中直线

的斜率等于___________，在纵轴上的截距绝对值b等于___________，表明合外力一定时，加速度与质量成反比。（以上两空用文字表述）【答案】①.2122xxT−②.槽码的重力③.小车的质量【解

析】【详解】（1）[1]利用逐差法可知2xaT=根据图乙数据代入解得2122xxaT−=（2）[2][3]设小车的质量为M，槽码的重力为G，如果合外力一定时，加速度与质量成反比，则有()GmMa=+整理得1mGMa=−结合图像可知，此时

b=M，k=G。即直线的斜率k等于槽码的重力，在纵轴上的截距绝对值为b，等于小车的质量。10.某兴趣小组测量一块电池的电动势和内阻。（1）先用多用表的“10V”电压档粗测电动势，指针位置如图甲所示，读数为______V。（2）实验室提供的器材有：电流表1A（量程50mA，5

Ω），电流表2A（量程0.6A，1Ω），定值电阻1R（195Ω），定值电阻2R（14Ω），滑动变阻器R（0100Ω，1A），，待测电池，开关，导线。为了尽可能精确测量电池的电动势和内阻，小组设计图乙所示电路进行实验；①实验时，需先将电流表___

___（填“1A”或“2A”）与定值电阻R定串联后改装为电压表，图乙中定值电阻R定应选______（填“1R”或“2R”）；②实验测得多组电流表1A的示数1I和电流表2A的示数2I，绘制出12II−图像如图丙所示，依据图像可得电池的电动势为______V，内阻为______Ω。（结果均保留一位小

数）【答案】①.9.2②.1A③.1R④.10.6⑤.12.8【解析】【详解】（1）[1]根据电压表的读数规律，该读数为8V0.26V9.2V+=（2）①[2][3]根据上述电动势粗测值为9.2V，为

了改装电压表的精度与安全，需要将电流表改装成10V的电压表，根据器材的数据，可知需先将电流表1A与定值电阻1R串联后改装为电压表，该改装表的量程为()()3A1A1150105195V10VIRR−+=+=②[4][5]根据上述，结合电路图

有()()1A1112IRREIIr+=−+变形有12A11A11ErIIRRrRRr=−++++结合图丙有3A1151010AERRr−=++，()3A115210100.5rRRr−−=++解得10.6VE，12.8r11.某种弹射装置如图所示，左

端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能p4.5JE=，质量1.0kgm=的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角30=的传送带平滑连接，传送带长度8.0mL=，传送带以恒定速率08.0m/sv=顺时针转

动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数32=，轻弹簧的自然长度小于水平导轨AB的长度且滑块可视为质点，重力加速度g取210m/s。

（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；（2）求电动机由于传送滑块多消耗的电能E。【答案】（1）7ms；（2）96J【解析】【详解】（1）根据题意，设滑块被弹簧弹出时速度大小为1v，解除锁定，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，根据能量守恒定律有2p112E

mv=解得13ms8msv=则滑块冲上传送带后先向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律得cos30sin30mgmgma−=解得22.5msa=物块加速到与传送带共速的时间为012svvta−==物块的位移为1

0111m8.0m2vvxtL+===可知，物块从传送带顶端滑离时还没有与传送带共速，由运动学公式2202vvax−=有2212vvaL−=解得7msv=（2）滑块在传送带上的滑行时间为121.6svvta−==滑块与传送带间的相对位

移为024.8mxvtL=−=由能量守恒定律有22111cos30sin3022EmgxmgLmvmv=++−代入数据解得96JE=12.如图所示，平面直角坐标系xOy中，0x区域内存在着方向

与x轴负向成45角的匀强电场2E，电场强度大小2102V/mE=，在1m0x−区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在1mx−区域内存在沿y轴负方向的匀强电场1E，电场强度大小120V/mE=，带正电粒子从电场1E中P（

2m−，0.5m）点沿x轴正方向以初速度02m/sv=射出，粒子恰好从坐标原点进入电场2E，该粒子的比荷0.2C/kgqm=，不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度：（2）磁感应强度大小；（3）粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间。【答案】（1）22m/s；（2）20TB=；（3

）2.5s4+【解析】【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场1E中做类平抛运动，设经过1t时间进入磁场，有01xvt=解得10.5st=则有21110.5m2Eqytm==粒子从(1m,0)−处进入磁场，其速度大小2222100122m/syEqvvvvtm=+=+=

速度方向与x轴正向夹角为1100tan1yEqtvmvv===解得45=（2）由对称性可知，粒子进入电场2E时速度方向与x轴正向夹角也为45，即在磁场中转过角度90=，设在磁场中圆周运动半径为R，运动轨迹如图所示由几何关系得2dR=则2m2R=洛仑兹力提供向心

力有2mvqvBR=解得20TB=（3）粒子进入电场2E做匀减速运动，当速度为零时折返，由动能定理有2212mvEqs=解得2ms=在磁场做圆周运动周期2s2mTqB==粒子在磁场中运动时间2s48Tt==粒子在电场2E中单程运动时间31s2stv==粒子再次进入磁场做圆周运

动，转过90后垂直进入电场2E，用时42tt=，粒子第三次通过y轴时间123422.5s4ttttt=+++=+（二）选考题13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，位于坐标原点处的观察者观测到在2s内有10个完整的波形经过该点．在0=t时刻的波形如图所示，质点A、B、C、D

、E在x轴上的位置坐标分别为2m、4m、6m、8m，20m．下列说法正确的是（）A.该波的周期0.2sT=B.该波的波速为4m/sC.0.35st=时，质点E第一次到达波峰D.从0=t时刻开始，在0.55s内质点E通过的路程为15

cmE.此列波能和频率为0.5Hz的另一列简谐横波产生的干涉现象【答案】ACD【解析】【详解】A．根据题意可得波的周期2s0.2s10T==A正确；B．根据题图可知波的波长8m=该波的波速40m/svT==B错误；C．根据平移法，质点E第一次到达波峰所

需的时间206s0.35s40t−==C正确；D．从0=t时刻开始，波传播到E点所需的时间1208s0.3s40t−==0.55s内质点E振动的时间为0.25s，即54T,通过的路程为553cm15cmsA===D正

确；E．波的频率为15HzfT==所以不能和频率为0.5Hz的另一列简谐横波产生的干涉现象，E错误。故选ACD。14.真空中半径为R的半圆柱体玻璃砖的截面图如图所示，固定放置一块平行于半圆柱体底面的平面镜。一束单色光从玻璃砖底面上的P点垂直射入玻璃砖，从玻璃砖侧面上的Q点射

出，经平面镜反射后从玻璃砖侧面再次进入玻璃砖，从M点垂直玻璃砖底面射出。已知O、P间的距离为2R，平面镜与玻璃砖底面间的距离为3R，真空中的光速为c。求：（1）玻璃砖的折射率n；（2）光从P点传播到M点的时间t。【答案】（1）3；（2）5Rc【

解析】【详解】（1）光路图如图所示结合几何关系可有1sin2=，=−，3sinsinRR=玻璃砖的折射率sinsinn=解得3n=（2）设光在玻璃砖中的传播时间为1t，在真空中的传播时间为2t，则有13Rntc=，22Rtc=光从P点传播到M点的时间12ttt=+解得5Rtc=获

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