【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

20682Pb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3

2231()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m60

23603mmTqBqB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sin37cos37m

gmgma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/cm20.030.04

0.050.060.070.0t/（-310s）2.191.781.551.381.261.17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).2.150(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=m

gs=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()41.39J3.85J22kEMmv(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/sa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)23Qmgh；(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2222mRgxhBL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=10.0cm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6s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=45°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<3

0°-19-