【文档说明】四川省成都市第七中学2022-2023学年高三下学期入学考试物理试题 含解析.docx，共(25)页，3.966 MB，由小赞的店铺上传

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四川省成都市第七中学2022-2023学年2023届高三下学期入学考试物理试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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．贫铀弹在爆炸中有很多23892U残留，其半衰期极为漫长且清理困难，所以对环境的污染严重而持久。设23892U发生α衰变形成新核X，以下说法正确的是（）A．23892U的比结合能小于新核X的比结合能B．该

衰变过程的方程可写为23892U+42He→24294XC．衰变反应中的α射线在几种放射线中电离能力最弱D．2个23892U原子核经过一个半衰期后必定有一个发生衰变【答案】A【详解】A.重核衰变较轻质量的核时,比

结合能变大,23892U比结合能小于新核X的比结合能,A正确;B.该衰变过程的方程应写为23892U→23490X+42He,B错误;C.衰变反应中的α射线在几种放射线中电离能力最强,C错误;D.半衰期是大量原子核衰变的统

计结果,单个原子核的衰变时间无法预测,D错误;故选A。2．2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火星上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火

星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器（）A．在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态B．在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短C．从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速D．沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大【答案】D【详解】A．天问

一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动，受力不平衡，故A错误；B．根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长，故B错误；C．天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ，做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P点点火减速，故

C错误；D．在轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，故速度增大，故D正确。故选D。3．如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α=45°现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经

圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下结论正确的是（）A．A、B两点间的高度差为2RB．C到N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力大小为()32mg+D．小球从N点运动到C

点的时间为2Rg【答案】C【详解】A．从A点到C点,由动能定理得212Cmghmv=从A点到N点()21cos452NmghRmv+=其中cos45CNvv=联立解得22hR=22NvgR=A错误；BD．N到C的时间，根据速度与加速度的关系可得sin452=NvRtgg=则C到N的水平距离

为cos45CNNxvt=解得2CNxR=BD错误；C．从A到M点，由动能定理得()212MmghRmv+=在M点，受力分析有2MvNmgmR−=解得()32Nmg=+C正确。故选AC。4．在如图所示电路中，电压表为理想电压表，两电流表由相同的表头改装

而成，电流表A1量程为1A，电流表A2量程为0.6A，闭合开关S，滑动变阻器的滑片位于a点时，电压表的读数分别为U1、两电流表示数和为I1，滑动变阻器的滑片位于b点时，电压表的读数为U2、两电流表示数和为I2，下列判断正确的是（）A．U1>

U2，I2>I1B．两电流表A1与A2示数相同C．滑片由a滑到b，2112UUII−−会变化D．两电流表A1与A2指针偏角相同【答案】D【分析】串反并同指的是在一个闭合的电路中，当滑动变阻器的阻值发生

变化时，与滑动变阻器串联的电学元件的物理量的变化与其变化趋势相反，与其串联的电学元件的物理量的变化趋势与其相同，其中串联指的是只要有电流流进流出即可。【详解】A．让滑动变阻器的滑片从a点移动到b点，滑动变阻器的阻值增大，由

串反并同规律，与滑动变阻器并联的电压表的读数增大，U2>U1，A错误；B．两个电流表的量程不同，内阻不同，并联时电压相同，电流一定不同，B错误；C．由闭合回路的欧姆定律可知()1AUEIrRR=−++AR两电流表内阻的并联值

211A12UUUrRRIII−==++−保持不变，C错误；D．两电流表由相同的表头改装而成，并联时所加电压相同，电流相同，两电流表指针偏角一定相同，D正确。故选D。5．在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面

向外的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入，已知电场强度大小为2mgq，磁感应强度大小为B，小球从O点射入的速度大小为mgqB，重力加速度为g，则小球的运动轨迹可能是（）A．B．C．D．【答案】C【详解】小球射入

时将初速度0v进行分解，其中分速度1v可使得小球受到的电场力、洛伦兹力与重力三力平衡，即1mgqBEqv=+解得1mgvqB=根据左手定则可知1v沿x轴正方向，由题意知初速度0v沿y轴正方向，大小为mgqB，根据平行四边形法则可得分速度2v与y

轴的夹角为45，如下图所示分速度2v的大小为2022mgvvqB==故小球以分速度2v做匀速圆周运动，以分速度1v沿x轴正方向做匀速直线运动，两者的合运动轨迹即为小球的运动轨迹。小球y轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动轨迹如下图圆周运动的轨迹与x轴正方

向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下图所示故选C。6．如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电量为q的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在(),OR，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场

，磁感应强度为B。磁场右侧有一长度为R，平行于y轴的光屏，其中心位于()2,RR。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（）A．粒子速度大小为qBRmB．所有粒子均能垂直射在光屏上C．能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为23mqBD．能

射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足45135【答案】AC【详解】A．由题意，初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有2vqBvmr=mvrRBq==解得BqRvm=A正确；B．由于所有粒子的速度大小相等，但方向

不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为2R，并不会垂直打在光屛上，B错误；C．如图，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为2π3根据周期公式2rTv=可得212323

3mtTTBq===C正确；D．粒子初速度方向与x轴夹角为时，若能打在光屛下端，如图由几何关系可得圆心角60=即初速度与x轴夹角为160=同理，粒子打在光屛上端时（图同B），初速度与x轴夹角为2120=D错误。故选AC。7．如图所

示，有三个点电荷QA、BQ和QC分别位于等边△ABC的三个顶点上，AQ、BQ都是正电荷，AQ所受BQ、QC两个电荷的静电力的合力为FA，且AF与AC连线垂直。图中虚曲线是以点C为圆心、AC间距为半径的一段圆弧。若点电荷

AQ在外力作用下，从A点开始沿圆弧缓慢地运动到D点，则下列说法正确的是（）A．C带负电，且:1:2CBQQ=B．在点电荷BQ和QC产生的电场中，A点的电势比D点的电势高C．在点电荷BQ和Qc产生的电场中，A点的场强比D点的场强小D．在D点时，施加的外力大小为223−

·FA【答案】ABD【详解】A．AQ所受BQ、QC两个电荷的静电力的合力为FA，且AF与AC连线垂直，如图所示则C对A一定是吸引的库仑力，故C带负电，设距离为r，有22cos60CABAQQkrQQkr=可

得:1:2CBQQ=故A正确；B．在正点电荷BQ和负电电荷QC产生的电场中，根据正电荷周围的电势高，负电荷周围的电势低，A点离正电荷更近，由电势的叠加原理可知A点的电势比D点的电势高，故B正确；C．A点的库仑力大小为2tan60CAAQQFkr=则A点的场强

为23CAkQEr=B处的正电荷在D点产生的库仑力为22(2)BACAQQQQFkkrr==两场源在D点产生的库仑力大小相等，夹角为135°，则D点的库仑力的合力为2222222()()2222CACADkQQkQQFrr−=+=−即D点场强为22322CCDkQkQE

rr=−即A点的场强比D点的场强大，故C错误；D．从A点开始沿圆弧缓慢地运动到D点,则D点受力平衡，有222=223CAADkQQFrFF=−−=外故D正确。故选ABD。8．用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C

、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m．现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中A．小球A、B、C

、D、E组成的系统机械能和动量均守恒B．小球B的机械能一直减小C．小球B落地的速度大小为2ghD．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg【答案】CD【详解】小球A、B、C、D、E组成的系统机

械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系212mghmv=可知小球B的速度为2gh

，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD二、非选择题：9．（6分）某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M。如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处

固定一个光电门，让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t（t非常小），同时用米尺测出释放点到光电门的距离s。（1）该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d，如图乙所示，则d=______mm。（2

）实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图像为一条倾斜直线，如图丙所示，图像的纵坐标s表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是______。A．tB．1tC．21tD．2t（3）已知钩码的质量为m，图丙中图线的斜率为k，重力加速度为g。根据实

验测得的数据，写出滑块质量的表达式M=______。（用字母表示）【答案】1.830C22kmgmd−【详解】（1）[1]固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0133.0mm0.330mm=则最终读数为1.5mm33.0m1.8mm30m+=（2）[2]光电门的瞬时速度dvt=根据

动能定理得()()2221122dmgsmMvmMt=+=+解得()222mMdsmgt+=因为图线为线性关系图线，可知横坐标表示21t，故选C。（3）[3]图线的斜率为22mMkdmg+=解得滑块质量22kmgMmd=−10．（9分）某探究小组学习了多用电表的工作原理和使

用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，再用游标卡尺测得其长度L。（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻xR的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻0R的阻值为10.0

Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω。首先将2S置于位置1，闭合1S，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。R/ΩI/A11/AI−5.00.4142.4210.00.3522.8415.00.3083.

2520.00.2723.6825.00.2444.1030.02.2224.50根据表中数据，在图丙中绘制出1RI−图像。再将2S置于位置2，此时电流表读数为0.400A．根据图丙中的图像可得xR=___________Ω

（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式=___________得到该材料的电阻率（用D、L、xR表示）。（3）该小组根据图乙电路和图丙的1RI−图像，还可以求得电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。

（结果均保留2位有效数字）（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会___________（选填“偏大”、

“偏小”或“不变”）。【答案】6.024xDRL1213偏大【详解】（1）[1][2]由电路可知，当将2S置于位置1，闭合1S时()A0EIRRrR=+++即A011RRrRIEE++=+由图像可知14.92.035E−=解得12VE=A02RRrE++=解得

13r=再将2S置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则()0AxEIrRRR=+++解得6.0xR=根据214xLLRSD==解得24xDRL=（3）[3][4]由（2）可知12VE=，13r=（4）[5]根据表达式(

)0AxEIrRRR=+++因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的xR的值偏小，即xR测量值偏大。11．（12分）如图所示，光滑平行、间距为L的导轨abc与def固定在绝缘的水平面上，在c

、d之间接上定值电阻，a、f两点的连线，b、e两点的连线，c、d两点的连线均与导轨垂直，a、b两点间的距离，b、c两点间的距离均为L，边界be的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度随时间按照某种规律变化的匀

强磁场，be的左侧存在方向竖直向上、磁感应强度恒为0B的匀强磁场；现把质量为m的导体棒放在a、f两点上，计时开始，方向竖直向下的磁场在初始时刻的磁感应强度为0B，此时给导体棒一个水平向左且与导体棒垂直的速度，导体棒匀速运动到边界b、e

处，接着运动到c、d处速度正好为0。定值电阻的阻值为R，其余的电阻均忽略不计，求：（1）导体棒从b、e处运动到c、d处，回路生成的热量；（2）计时开始，边界be右侧竖直向下的匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系表达式。【答案】（1）46022BLQ

mR=；（2）0220mRBBmRBLt=−，其中2200mRtBL【详解】（1）设导体棒匀速运动的速度为v，导体棒从b、e处运动到c、d处，由动量定理可得00BiLtmv−=−由法拉第电磁感应定律可得20BLEt=由欧姆定律可得EiR=综合

解得230BLvmR=回路生成的热量212Qmv=计算可得46022BLQmR=（2）导体棒在从a、f处运动到b、e处的过程中做匀速运动，合力为0，则安培力为0，感应电流为0，感应电动势为0，由感应电动势产生的条件可

得0=计时开始10=t时刻，有()220BLLvtBL=−−且21=−结合230BLvmR=，综合解得0220mRBBmRBLt=−且2200LmRtvBL=即2200mRtBL。12

．（20分）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中，在第一、第二象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场，在y>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度和电场强度大小均未知。在第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小

为B，电场强度大小为E。一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴成45=角度斜向上做直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即做匀速圆周运动，已知O、N点间的距离为L，重力加速度大小为g。求：（1）小球的比荷和第一象限内匀强电场场

强E1的大小；（2）要使小球能够进入第二象限，求第一象限内磁感应强度B1的大小范围；（3）若第一象限内磁感应强度大小为22EgBL，第二象限内磁感应强度大小为24EgBL，求小球穿过y轴的位置和时间的可能取值（从小球进入第一象限开始计时）。【答案】（1）E；（2）21(12)EBgBL+；（3

）见解析【详解】（1）设小球质量为m，电荷量为q，速度为v，球在MN段受力如图，因为在MN段做匀速直线运动，所以球受力平衡，由平衡条件得tan45qEmg=要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，则球受的重力必

须与电场力平衡1qEmg=联立解得1EE=（2）由（1）可知2qvBqE=即2EvB=在第一象限圆周运动，设磁感应强度为B1时，小球轨迹恰与y轴相切，洛伦兹力提供向心力21vqvBmR=可知212ERgBB=由几何关系L<R（1+cos45）解得()2112EBgBL+（3）由洛伦兹力

提供向心力可知2vqvBmR=小球在第一、第二象限的轨道半径分别为1222,24LLRR==小球由N点进入第一象限后运动半周进入第二象限，作出粒子在第一、第二象限的可能运动轨迹如图所示，小球穿过y轴的位置为y

=32Ln（n=1、2、3……）和y=L+32Lm（m=0、1、2、3……）时间112ππmBLTqBE==222ππ2mBLTqBE==()()1123π1901232428TBLtTTnnnE=++=+=、、、和(

)()121233π79012324488TBLtTTTmmmE=+++=+=、、、综上，时间为()π19012328BLtnnE=+=、、、和()π79012388BLtmmE=+=、、、选修3-41.（5分）均匀介质中，波源位于O点的

简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t=0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（）A．该波从A点传播到B点，所需时间为4sB．6st=时，B处质点位于波峰C．8st=时，C处质点振动速度方向

竖直向上D．10st=时，D处质点所受回复力方向竖直向上E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm【答案】ACE【详解】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为λ=10m，T=4s则根据波速公式v=T=2.5m/s则该波从A点传播到B点，所需时间为t=102.5xv=s

=4sA正确；B．由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t=6s时，B点运动了2s，即2T，则B处质点位于波谷，B错误；C．波从AE波面传播到C的距离为x=(105-10)m则波从AE波面传播到C的时间为t=4.9sxv则

t=8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，C正确；D．波从AE波面传播到D的距离为x=(102-10)m则波从AE波面传播到C的时间为t=1.7sxv则t=10s时，C处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回

复力方向向下，D错误；E．由选项A知T=4s，12s=3T一个周期质点运动的路程为4cm，则3T质点运动的路程为12cm，E正确。故选ACE。2．（10分）一个透明玻璃砖的截面图如图所示，右侧边界是半径为R=15cm的半圆弧，圆心为O2，O1、P是玻璃砖水平中轴

线上两边的端点，O1P间距903cmL=。一束单色光由空气从左侧O1点与边界成30°射入玻璃砖，在玻璃砖内第一次到达玻璃砖上边界的M点，M点到左边界的距离为6L，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s，求：（

1）该玻璃砖的折射率；（2）光束从入射至第一次离开玻璃砖所用的时间。（结果可以用根号表示）【答案】（1）3；（2）963s10−【详解】（1）单色光由空气从左侧射入玻璃砖时发生折射，光路图如图所示由几何

关系可得23tan36RL==可得230=由折射定律可得玻璃砖的折射率为12sinsin603sinsin30n===（2）设光从玻璃砖射向空气中全反射的临界角为C，则有13sin3Cn==13sinsi

n2C=所以光在M点发生全反射，由对称性可知：光无法从侧面射出玻璃砖，每次全反射后，光沿轴线前进3L，经3次全反射光线到达P点，又因为1sin30sin2C=光线从P射出，光在介质中的总路程为180cmsin60Ls==光在介质中的传播速度为cnv=解得光在玻璃砖中经历时间

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