【文档说明】【精准解析】四川省绵阳市2020届高三下学期第三次诊断性测试物理试题.pdf，共(19)页，337.076 KB，由小赞的店铺上传

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-1-绵阳市高中2017级第三次诊断性考试理科综合能力测试二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18---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。1.一个23892U核衰变为一个20682P

b核的过程中，发生了m次衰变和n次衰变，则m、n的值分别为（）A.8、6B.6、8C.4、8D.8、4【答案】A【解析】【详解】在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，有2m-n=104m=32解得m=8n=6故

A正确，BCD错误。故选A。2.在地球同步轨道卫星轨道平面内运行的低轨道卫星，其轨道半径为同步卫星半径的14，则该低轨道卫星运行周期为（）A.1hB.3hC.6hD.12h【答案】B【解析】【详解】根据开普勒第三定律32231()4=rTTr同卫同同解得1124h=3h88TT卫同-2-故选

B。3.如图所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下

滑，其状态可能是图中的（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设索道的倾角为α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得（M+m）gsinα=（M+m）a对乘客由于满足Mgsinα=Ma可知绳子与索

道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则选项B正确，ACD错误；故选B。4.如图所示，薄纸带放在光滑水平桌面上，滑块放在薄纸带上

，用水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上A点；将滑块和纸带都放回原位置，再用大小不同的水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上B点。已知两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，滑块与薄纸带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两次相比，第2次

（）-3-A.滑块在空中飞行时间较短B.滑块相对纸带滑动的距离较短C.滑块受到纸带的摩擦力较大D.滑块离开桌边前运动时间较长【答案】C【解析】【详解】A．滑块离开桌面后均做平抛运动，竖直方向位移相等，根据212hgt可知滑块在空中飞行时间相等，选项A错误；B．根据题意可知，第一次滑块与薄纸无

相对滑动，第二次滑块与薄纸之间可能产生了相对滑动，也可能无相对滑动，即两次滑块与薄纸之间的相对滑动距离都可能是零，也可能第二次滑块相对纸带滑动的距离比第一次较长，选项B错误；CD．第二次落在B点时滑块的水平

位移较大，则离开桌面的水平速度较大，若物块离桌边的距离为x，根据v2=2ax可知滑块的加速度较大，根据f=ma可知，所受的纸带的摩擦力较大，根据2xxtvv可知，第二次滑块离开桌边前运动时间较短；选项C正确，D错误；故选C。5.如图所示，质量相等的两物体a、b，用不可伸

长的轻绳跨接在光滑轻质定滑轮两侧，用外力压住b，使b静止在水平粗糙桌面上，a悬挂于空中。撤去压力，b在桌面上运动，a下落，在此过程中（）A.重力对b的冲量为零B.a增加的动量大小小于b增加的动量大小-4-C.a机械能的减少量大于b机械能的增加量D.a重力势能的减少量等于a、b两物体总动能的

增加量【答案】BC【解析】【详解】A．根据I=mgt可知，重力作用时间不为零，则重力对b的冲量不为零，选项A错误；B．设细线与水平方向夹角为θ，则ab两物体的速度满足的关系是cosabvv，则cosabmvmv，即a增加的动量大小小于b增加的动量大小，选项B正确；CD．由能量关系可知

，a机械能的减少量等于b机械能的增加量与b与桌面摩擦产生的内能之和，则a机械能的减少量大于b机械能的增加量；a重力势能的减少量等于a、b两物体总动能的增加量与b与桌面摩擦产生的内能之和，选项D错误。故选BC。6.在等边△ABC的顶点处分别固定有电荷量大小相等的点电荷，其中A点

电荷带正电，B、C两点电荷带负电，如图所示。O为BC连线的中点，a为△ABC的中心，b为AO延长线上的点，且aO=bO。下列说法正确的是（）A.a点电势高于O点电势B.a点场强小于b点场强C.b点的场强方向是O

→bD.a、O间电势差的绝对值大于b、O间电势差的绝对值【答案】AD【解析】【详解】A．若将一正电荷从a点移到O点，则电场力做正功，则电势能减小，则从a点到O点电势降低，可知a点电势高于O点电势，选项A正

确；B．因为BC两处的负电荷在a点的合场强向下，在b处的合场强向上，而A处的正电荷在ab两点的场强均向下，则根据场强叠加可知，a点场强大于b点场强，选项B错误；C．根据场强叠加可知，b点的场强等于两个负点电荷BC在b点的场强与正点电荷A在b点场-5-强

的叠加，因BC在b点的合场强竖直向上，大小等于B在b点场强的大小，此值大于A在b点的场强大小，可知b点的场强方向是b→O，竖直向上，选项C错误；D．由场强叠加可知，aO之间的场强大于Ob之间的场强，根据U=Ed可知，a、O间电势差的绝对值大于

b、O间电势差的绝对值，选项D正确。故选AD。7.如图所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），分别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于

BC边射出磁场。则粒子（）A.带负电B.运动速率2qBLvmC.在磁场中运动的最长时间3mmTqBD.在磁场中运动的最长时间mmTqB【答案】BC【解析】【详解】A．由左手定则可知粒子带正电，选项A错误；-6-B．根据粒子的运动

轨迹可知=2RL由2vqvBmR可得2BqLvm选项B正确；CD．从C点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对的圆心角为60°，则最长时间为m6023603mmTqBqB选项C正确，D错误。故选BC。8.如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的

粗糙斜面底端A处，上端连接质量3kg的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列

说法正确的是（）A.滑块先做匀加速后做匀减速运动B.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1C.弹簧的劲度系数为180N/mD.滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12J【答案】BD【解析】【详解】A．因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做

变加速后做变减速运动，选项-7-A错误；B．弹簧处于原长时，加速度为a=5.2m/s2，由牛顿第二定律sin37cos37mgmgma解得μ=0.1选项B正确；C．由图像可知，弹簧被压缩x=0.1m时

滑块的加速度减为零，则sin37cos37mgmgkx解得k=156N/m选项C错误；D．由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为2sin37cos372PEmgxmgx解得EP=3.12J选项D正确。故选BD。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.某同学用如图甲所示的电路测量一未知电阻Rx的阻值。电源电动势为12.0V，供选用的滑动变阻器有：A.最大阻值10Ω，额定电流2.0A；B.最大阻

值50Ω，额定电流0.2A。回答以下问题：-8-(1)滑动变阻器应选用___________（选填“A”或“B”）。(2)正确连接电路，闭合开关，电压表的示数为8.0V，电流表的示数为0.16A，则测得电阻阻值Rx测甲=___________Ω。(3)相同器材，用如图乙电

路测量，操作和读数正确，测得电阻阻值Rx测乙___________Rx测甲（选填“=”或“>”或“<”）。【答案】(1).A(2).50.0(3).【解析】【详解】(1)[1]．滑动变阻器要接成分压电路，则应选用阻值较小的A。(2)[2]．根据欧姆定律可得电阻阻值Rx测量值

为8.0=50.00.16xURI测甲(3)[3]．甲图中电流的测量值偏大，根据=xURI测可知，电阻的测量偏小；乙图中电压的测量值偏大，根据=xURI测可知，电阻的测量偏大；则电阻阻值Rx测乙>Rx测甲10.用如图甲所示装置验证滑块（含遮光片）和重物组成的系统机械能守恒。光电门固

定在气垫导轨上B点。实验步骤如下：①用天平测滑块（含遮光片）质量M和重物质量m，用螺旋测微器测遮光片宽度d。测得M=3.0kg，m=l.0kg。②正确安装装置，并调整气垫导轨使其水平，调整滑轮，使细线与导轨平行。③在气垫导轨上确定点

A，让滑块由静止从A点释放，记录滑块通过光电门遮光片的挡光时间t；并用刻度尺测A、B两点间距离s。④改变A点位置，重复第③步，得到如下表数据：123456-9-s/cm20.030.040.050.060.070.0t/（-310s）2.191.781.55

1.381.261.17回答下列问题：(1)测遮光片的宽度d时的情况如图乙所示，则d=___________mm。(2)只将滑块放在导轨上，给气垫导轨充气，调整气垫导轨，当滑块___________时，可以认为导轨水平了。(3)某同学分析处理表中第3组数据，则他算得系统减

少的重力势能△Ep=___________J，系统增加的动能△Ek=___________J。根据计算结果，该同学认为在误差范围内系统机械能守恒。（g取9.80m/s2，计算结果保留3位有效数字）(4

)另一位同学认为前面伺学只选择了一组数据，他尝试利用上表中全部数据，做出了函数关系图像，图像是一条过坐标原点的直线___________。A.stB.2stC.1stD.21st【答案】(1).2.1

50(2).静止(3).3.92(4).3.85(5).D【解析】【详解】(1)[1]．测遮光片的宽度d=2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；(2)[2]．只将滑块放在导轨上，给气垫导轨充气，调整气垫导轨，当滑块静止时，可以认为导轨水平了；(3)[

3][4]．分析处理表中第3组数据，则算得系统减少的重力势能△Ep=mgs=1.0×9.8×0.40J=3.92J滑块的速332.15010m/s1.39m/s1.5510dvt系统增加的动能2211()41.39J

3.85J22kEMmv(4)[5]．要验证的关系是-10-21()()2dmgsMmt即22()12Mmdsmgt则为得到的图像是一条过坐标原点的直线，则要做21st，故选D。11.应急救援中心派直升机营救一被困于狭小山谷底

部的探险者。直升机悬停在山谷正上方某处，放下一质量不计的绳索，探险者将绳索一端系在身上，在绳索拉力作用下，从静止开始竖直向上运动，到达直升机处速度恰为零。己知绳索拉力F随时间t变化的关系如图所示，探险者（含装备）质量为m=80kg，重力

加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：(1)直升机悬停处距谷底的高度h；(2)在探险者从山谷底部到达直升机的过程中，牵引绳索的发动机输出的平均机械功率。【答案】(1)112.5m；(2)3000W【解析】【详解】(1)探险者先做匀加速

，再匀速，最后做匀减速直线运动到达直升机处。设加速度阶段绳拉力1840FN，时间110ts，探险者加速度大小为1a，上升高度为1h，则11maFmg211112hat解得210.5m/sa125mh设匀

速阶段时间215ts，探险者运动速度大小为为v，上升高度为2h，则11vat-11-22hvt解得v=5m/s275hm设减速阶段绳拉力3720FN，探险者加速度大小为a3，时间为t3，上升高度为h3，则33mamgF33vat233312hat或3312hvt解得231m/s

a35ts312.5hm人上升的总位移即为直升机悬停处距谷底的距离h，有123hhhh解得h=112.5m(2)设在探险者从山谷底部到达直升机的过程中，牵引绳索拉力做功为W，则W=mgh123WPttt解得3000PW12.如图甲所示，两根由弧

形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，已知导轨间距为L。金属杆a、b长度都稍大于L，a杆静止在弧形部分某处，b杆静止在水平部分某处。水平区域有竖直

向上的匀强磁场，磁感应强度为B。a杆从距水平导轨高度h处释放，运动过程中a杆没有与b杆相碰，-12-两杆与导轨始终接触且垂直。已知a、b的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R，重力加速度为g；导轨足够长，不计电阻。(1)求a杆刚进入磁场时，b杆所受安培力大小；(2)

求整个过程中产生的焦耳热；(3)若a杆从距水平导轨不同高度h释放，则要求b杆初始位置与水平导轨左端间的最小距离x不同。求x与h间的关系式，并在图乙所示的x2-h坐标系上画出h=hl到h=h2区间的关系图线。【答案】(1)2223BLghFR；(2)23Q

mgh；(3)2222mRgxhBL，【解析】【详解】(1)设a杆刚进入磁场时的速度为1v，回路中的电动势为1E，电流为1I，b杆所受安培力大小为F，则211222mghmv11EBLv112EIRR1FBIL解得-13-2223BLghFR(2)最后a、b杆

速度相同，设速度大小都是2v，整个过程中产生的焦耳热为Q，则122(2)mvmmv22212211122222Qmvmvmv解得23Qmgh(3)设b杆初始位置与水平导轨左端间的距离为x时，a杆从距水平导轨高度h释放进入磁场，两杆速度相等

为2v时两杆距离为零，x即为与高度h对应的最小距离。设从a杆进入磁场到两杆速度相等经过时间为Δt，回路中平均感应电动势为E，平均电流为I，则BLxEtt2IRER对b杆，由动量定理有2mvBILt或者对a杆，有2122mvmvBILt222

2mRgxhBL图线如图所示（直线，延长线过坐标原点）。（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-14-答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。【物理选修3-3】13.一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，

变化过程的p-V图象如图所示，已知状态A时气体温度为200K。下列说法正确的是（）A.状态B时气体温度是600KB.状态C时气体温度是600KC.状态A到B的过程，气体放热D.状态B到C的过程，气体放热E.状态A到B再到C的过程，气体内能先增大后减小【答案】ADE【

解析】【详解】A．从A到B为等容变化，则由查理定律可得3200K=600K1BBAApTTp选项A正确；B．从B到C为等压变化，则由盖吕萨克定律可得1600K=200K3CCBBVTTV选项B错误；C．状态A到B的过程，气体体积不变，则

W=0，温度升高，则∆U>0，则由热力学第一定律可知，气体吸热，选项C错误；D．状态B到C的过程，气体体积减小，则W>0；温度降低，则∆U<0，则由热力学第一定律可知，Q<0，即气体放热，选项D正确；E．状态

A到B再到C的过程，气体温度先升高后降低，可知气体的内能先增大后减小，选项E正确。故选ADE。-15-14.如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm，现将

开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0=75.0cmHg．（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同

一高度，求注入水银在管内的长度．【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm【解析】【详解】（1）以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0c

m时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1①由力学平衡条件，有：p=p0+h②打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随

着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1=p0﹣h1③联立①②③，并代入题目数据，有：l1=12cm④（2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2⑤由力学平衡条件有：p2

=p0⑥-16-联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm⑦设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有：△h=2（l1﹣l2）+h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：△h=13.2cm【物理选修3-4】15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，P和Q是介质中

平衡位置分别位于x=lm和x=7m的两个质点。t=0时刻波传到P质点，P开始沿y轴正方向振动，t=ls时刻P第1次到达波峰，偏离平衡位置位移为0.2m；t=7s时刻Q第1次到达波峰。下列说法正确的是（）A.波的频率为4HzB.波的波速为1m/sC.P和Q振动反相D.t=13s时刻，

Q加速度最大，方向沿y轴负方向E.0~13s时间，Q通过的路程为1.4m【答案】BCE【解析】【详解】A．由题意可知11s4T可得T=4s频率f=0.25Hz选项A错误；B．t=ls时刻P第1次到达波峰，t=7s时刻Q第1次到达波峰，可知在6

s内波传播了6m，则波速为1m/sxvt选项B正确；C．波长为-17-4mvT因PQ=6m=112λ，可知P和Q振动反相，选项C正确；DE．t=7s时刻Q第1次到达波峰，则t=6s时刻Q点开始起振，则t=13s时刻，Q点振动了7s=134T，则此时Q点到达波

谷位置，加速度最大，方向沿y轴正方向；此过程中Q通过的路程为7A=7×0.2m=1.4m，选项D错误，E正确。故选BCE。16.某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球心O的截面如图所示，A是外球面上的点，AO是半球壳的对称轴。一单色光在图示截面内从A点射入，当入射角i=4

5°时折射光恰与内球面相切于B点。（i）求透明材料对该光的折射率；（ii）要使从A点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在A点入射角应满足的条件。【答案】（i）2n；（ii）i<30°【解析】【详解】（i）当入射角i=45°时，设折射

角为r，透明材料对该光的折射率为n，ΔABO为直角三角形，则sin2RrRsinsininr解得r=30°2n（ii）光在A点入射角为i′时，设折射角为r′，折射光射到内球面上的D点刚好发生全反射，则折射光完全不

能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等于临界角为C，如图所示，在ΔADO中，由正弦定理有-18-2sin'sin180RRrC1sinCnsin'sin'inr解得2sin'4r1sin'2i解得i′=30°要使从

A点射入光的折射光能从内球面射出半球壳，则光在A点入射角i应满足：i<30°-19-