【文档说明】四川省成都市第七中学2021-2022学年高三下学期二诊模拟考试（二模） 理综物理含解析.docx，共(22)页，2.211 MB，由管理员店铺上传

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成都七中高2022届高三下期二诊模拟理科综合试题本试卷分选择题和非选择题两部分。第I卷（选择题）1至4页，第II卷（非选择题）5至12页，共12页；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，再选涂其他答案标号。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.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效

。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cu-64Zn-65Se-79第I卷（选择题共126分）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。1.2022届北京冬奥会值得期待的自由式滑雪空中技巧项目将在张家口云顶滑雪公园举行。运动员（无滑雪杖）从助滑坡滑下，从圆弧形跳台上跳，在空中完成空翻、旋转等动作后在着落坡着陆，最后

以旋转刹车方式急停在停止区，如图所示。已知圆弧跳台与助滑坡水平平滑连接。关于运动员在圆弧形跳台上的运动，下列说法正确的是（）A.在此阶段运动员受重力、支持力和向心力B.在圆弧形跳台最低点时运动员处于失重状态C.在此阶段运动员重力的功率一直变小D.在圆弧形跳台上运动时，运

动员所受的支持力减小【答案】D【解析】【详解】A．运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，故A错误；B．

在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，故B错误；C．此阶段运动员的速度在变化，重力的功率等于物体重力大小与竖直方向的速度大小的乘积，当运动员到圆弧形跳台最低

点时，重力的方向与速度方向垂直，此时重力的功率为0，向上运动过程中，重力的方向与速度方向不垂直，则重力的瞬时功率不为0，所以运动员在圆弧形跳台上的重力功率先减小后增大，故C错误；D．随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，速率逐渐减小，所需要的向心力也在减小，向心力由台面对她的支持力与重力垂直接

触面向下的分力提供，由牛顿第二定律2NcosvFmgmr−=随着高度升高，在增大，v在减小，所以FN在减小，故D正确。故选D。2.图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有五个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放

在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支承面与水平方向成角。蒸锅和里面的食物总重计为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为（忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力）（）A.5GB.5cosGC.5sinGD.5tanG【答案】B【解析】【详解】五个支撑面对蒸

锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为N，则其方向与竖直方向夹角为α，由分析可知cosyNN=又在竖直方向受力平衡，有5yNG=解得5cosGN=故选B.3.用a、b两种可见光照射同一光电效应装置，测得的光电

流和电压的关系图像如图甲所示，图乙为氢原子的能级图。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，下列说法正确的是（）A.a光的波长比b光的小B.单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大C.用大

量12.75eVE=的光子去照射基态的氢原子可以得到两种可见光D.若a光是氢原子从4n=能级跃迁到2n=能级时发出的光，则b光是氢原子从3n=能级跃迁到2n=能级时发出的光【答案】C【解析】【详解】A．根据hWeU−=可知，频率越大的截止电压越大，所以a光的频率比b光的小，根据=c可知，频

率越大时波长越小，所以a光的波长比b光的大，A错误；B．根据=hp可知，单色光a的光子动量比单色光b的光子动量小，B错误；C．用大量12.75eVE=的光子去照射基态的氢原子，则有1Δ13.6eV12.75eV0.85eVnEEE=+=−+=−可知

n=4，即可以跃迁到第四个能级，所以能得到两种可见光，即4n=跃迁到2n=，3n=跃迁到2n=，C正确；D．根据Eh=因为a光的频率比b光的小，则a光是从4n=跃迁到2n=能级时发出的光，则b光不可能是从3n=跃迁到2n=能级时发出的光，D错误。

故选C。4.2021年，某杂志上的一篇文章中描述了一颗质量达到木星级别的气态行星，绕银河系内的一顆白矮星做匀速圆周运动。已知地球绕太阳微圆周运动的轨道半径为r，若该白矮星的质量约为太阳的一半，气态行星绕白矮星做圆周运动的轨道半径约为3r。取1年73.14s10=，62

.5=，3.14=，则可估算出该气态行星的角速度约为（）A.8810rad/s−B.6810rad/s−C.8310rad/s−D.6310rad/s−【答案】C【解析】【详解】万有引力提供向心力，气态行星绕白矮星做匀速圆周运动，有22GMmmrrT=

白气气气气气地球绕太阳做匀速圆周运动，有222GMmmrrT=太地地地地地又2T=解得该气态行星的角速度约为8310rad/s−，ABD错误，C正确。故选C。5.如图所示，理想变压器原、副线

圈匝数之比为1：2，正弦交流电源电压的有效值为U=15V保持不变，电阻R1=15Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40Ω。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，则下列说法错误的是（）A.通过R1的电流为1AB.电压表读数为12VC.若向下移动P

，电压表读数将变大D.若向上移动P，变压器的输出功率将变小【答案】A【解析】【详解】AB．理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，可知原副线圈的电流之比为2∶1，设通过原线圈的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，初级电压为111515UUIRI=−=−次级电压为3220.5()202RU

IRI=+=根据电压器电压之比等于匝数之比可得1211515220UIUI−==联立解得0.6AI=212VU=A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C．向下移动P，则3R电阻增大，次级电流变小，初级

电流也随之变小，电阻1R的电压变小，变压器输入的电压变大，次级电压也变大，电压表读数变大，C正确，不符合题意；D．直流电路中外电路的总电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，如图所示R1等效为电源内阻，若向上移动P，R3电阻减小，等效

外电阻为212322()RRRnn=+等效开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知110ΩRR=等效随着R等效的减小，副线圈输出功率将变小，D正确，不符合题意。故选A。6.如图所示，真空中两等量异种点电荷＋

q、－q固定在y轴上。abcd为等腰梯形，ad、bc边与y轴垂直且被y轴平分。下列说法正确的是（）A.将电子从d点移动到b点，电势能减小B.a点电势高于d点电势C.将质子从a点移动到c点，电场力做负功D.b、c场强相同【答案】A

C【解析】【详解】A．如图为等量异种电荷周围的电场线对比该图可知，b点的电势高于d点，由pEq=可知，将电子从d点移动到b点，电势能减小，A正确；B．由对称性可知，a点电势等于d点电势，B错误；C．因a点电势低于c点，则将质

子从a点移动到c点，电势能增加，电场力做负功，C正确；D．由对称性可知，b、c场强大小相同，方向不同，D错误。故选AC。7.如图所示，质量为1kgM=的长木板放在光滑的水平面上，质量为2kgm=的滑块（可视为质点）放在长木板

的左端，两者之间的动摩擦因数为0.2=。某时刻用9NF=的水平恒力作用在长木板上，经1st=后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板。重力加速度210m/s=g，则下列说法正确的是（）A.撤去力F时长木板的速度为3m/sB.撤去力F时滑块的速度为2m/sC.滑块最

终的速度为3m/sD.长木板的长度为1.5m【答案】BC【解析】【详解】AB．力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得12mgmaFmgMa=−=,解得滑块和长木板的加速度分别为2212,2m/s5m/saa==撤去力F时滑块和长木板的速度分别为1122,2m/s5m/svatva

t====故A错误，B正确；C．撤去力F后．由动量守恒定律可得()12mvMvmMv+=+解得滑块最终的速度为3m/sv=故C正确；D．撤去力F前．滑块在长木板上移动的距离为22211111.5m22aatxt==−撤去力

F后，由能量守恒定律可得222212111()222xmgmvMmMv=+−+解得20.75mx=则长木板的长度为122.25mLxx=+=故D错误。故选BC。8.如图甲所示，光滑斜面的倾角为30°，一根轻质弹簧

一端固定在斜面底端，另一端与滑块A相连，滑块B与A靠在一起（不粘连），两滑块的质量均为m，系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜面的变力F，两滑块的v-t图象如图乙所示，t0时刻F的大小是零时刻F大小的2倍，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（）A.t0时刻

前两滑块的加速度大小均为3gB.t时刻两滑块的速度大小均为016gtC.弹簧的劲度系数为202mtD.0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为220572mgt【答案】BD【解析】【详解】A．由图乙所示图象可知，t0时刻两滑块开始分离，此时它

们的加速度大小、速度大小都相等，它们间的作用力为零，设此时弹簧的压缩量为x，设0=t时弹簧的压缩量为0x，设弹簧的劲度系数为k，设0=t时刻拉力大小为0F，0t时刻拉力大小为F，由题意可知02FF=施加拉力前，对A、B整体，由平衡条件得02sin30kxmg=0=

t时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得002sin302Fkxmgma+−=0t时刻，对B，由牛顿第二定律得sin30Fmgma−=解得16ag=A错误；B．由图乙所示图象可知，在0t内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，0t时刻两滑块的速度大

小为0016vatgt==B正确；C．由图乙所示图象可知，在0t内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，位移大小为2012sat=则20012xxat=+0t时刻，对A，由牛顿第二定律得sin30kxmgma−=施加拉力前，对A

、B整体，由平衡条件得02sin30kxmg=解得弹簧的劲度系数为204kkt=C错误；D．设0到0t时间内弹簧弹性势能的减小量为pE，由功能关系得2p122sin302Emvmgs=+解得22p0572Emgt=D正确。故选BD。第II卷（非选择题，共

174分）二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.某学习小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。研究对象为小车、车上

钩码及悬挂的钩码整体，整体总质量为M，整体所受的合外力F的大小等于悬挂钩码的总重力大小，利用纸带和电火花计时器测出小车的加速度a。实验一：研究M一定时，加速度a与F的关系。实验二：研究F一定时，加速度a与M的关系。（1）下列操作必要的有____

__。A.本实验需让木板倾斜合适角度，以平衡摩擦力B.调节定滑轮时，应使连接小车的细线与木板平行C.实验时，需满足悬挂钩码的质量远小于小车及车上钩码的质量D.实验时，应先释放小车再接通电火花计时器（2）实验一：小车

上及细线悬挂钩码总数不变。第一次，细线悬挂1个钩码，其余钩码放在小车上，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a1;第二次，细线悬挂2个钩码，其余钩码放在小车上，求出此次实验小车的加速度a2，以此类推

，共做5组实验。画出a-F图像，理论上图像斜率k=______。（3）实验二：细线悬挂钩码数不变。第一次，小车上不放钩码，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a，第二次，小车上放1个钩码，以此类推，共做5组实验。若画出a-M图像，图线为___

___线（填“直”或“曲”）。（4）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，纸带上0为起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。由纸带测得小车的加速度a=______m/s2。（保留2位有效数字）【答案】①.AB##BA②.1M③.曲④.0.99【解析】【详解】（

1）[1]A．需要让整体受到的合外力等于钩码的重力，则本实验需让木板倾斜合适角度，以平衡摩擦力，故A正确；B．为使整体受到的合外力不变，调节定滑轮时，应使连接小车的细线与木板平行，故B正确；C．研究对象为小车、车上钩码及悬挂的钩码整体，实验时，并不需满足悬挂钩码的质量远小于小车及

车上钩码的质量，故C错误；D．为充分利用纸带，实验时，应先接通电火花计时器再释放小车，故D错误。故选AB。（2）[2]根据牛顿第二定律FMa=1aFM=画出a-F图像，理论上图像斜率1kM=（3）[3]根据牛顿第二定律FMa=合外力不变，质量改变，若画出a-M图像，图线为曲线。（4）[

4]根据逐差法220.99m/s9DGADaT−==10.为了避免电流表、电压表内阻对测量的影响，学习小组利用如图1所示的电路图，测量内阻较大的干电池的电动势和内阻。（1）请根据图1电路图在图2中画出实物连线图______

_；（2）某次测量，电流表和电压表指针分别如图3、图4所示，则电流表读数为I=_______mA，电压表读数为U=_______V。（3）开关S2拨到1时，改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流和电压值，在坐标纸上画出U-I图像如图5中的a直线；再

把开关S2拨到2，重复操作，画出b直线。根据图像，尽可能准确求出电源电动势E=_______V，电源内阻r=_______Ω，电流表内阻R1=_______Ω。【答案】①.②.3.00③.1.10④.1.5⑤.100⑥.50【解析】【详解】（1）[1]根据电路图

画出实物连线图如下（2）[2][3]根据表盘可以读出3.00AI=，1.10VU=（3）[4][5][6]开关S2拨到1时，根据闭合电路欧姆定律1()EUIrR=++当电流为零时，电动势等于电压表示数，结合图像可知1.5VE=1150ΩrR

+=开关S2拨到2时，根据闭合电路欧姆定律VV()EUIIrUIrIr=+−=−+结合图像可知100Ωr=故150ΩR=11.如图所示的平面直角坐标系xoy位于竖直面内，其中y轴竖直，点A、C的坐标分别为（0，L）和（－3L，0）.整个空间存在方向沿x轴负方向的匀强电场E1（未画出）。将一质量

为m、带电荷量为＋q的小球从A点静止释放，小球恰能经过C点，小球经过C点时匀强电场方向变为竖直向上，场强大小变为原来的13，同时整个空间加上磁感应强度大小2mgBqL=（g为重力加速度大小）方向垂直坐标平面

向外的匀强磁场（未画出），小球再运动0322Ltg=后，撒去磁场并将电场恢复为初始时的匀强电场E1，求：（1）电场的场强大小以及小球通过C点时的速度大小（2）撤去磁场后小球通过AC连线的位置距A点的距离。【答案】（1）1

3mgEq=，22vgL=；（2）2Ls=【解析】【详解】（1）设ACO=，则13tan3mgqE==又singa=由匀变速运动规律有22sinLva=解得13mgEq=22vgL=（2）电场改

变后，竖直方向上133qEmg=受力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图则有2vqvBmr=小球做圆周运动的周期为2rTv=解得2rL=22LTg=则小球在磁场中运动的时间为34T，结合数学知识知，撤去磁场并恢复电场时，小球的速度方向沿D

A方向，之后小球做类平抛运动，则有12Lvt=2112sat=解得2Ls=12.如图所示，一滑块放在水平轨道上，下方用绝缘杆固定一边长为L=0.4m、匝数为10匝的正方形金属线框，已知线框的总阻值为R=1.0Ω

，线框、绝缘杆以及滑块的总质量为M=2kg，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ=0.5。水平轨道的正下方有长为4L、宽为L的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，且线框的上边缘刚好与磁场区域的中心线重合。现给滑块施加一水平向右的外力F，使整个装置以恒定的速度v=

0.4m/s通过磁场区域，从线框进入磁场瞬间开始计时，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，重力加速度为g=10m/s2。（1）正方形线框进入磁场时，线框中的电流是多少？（2）正方形线框刚要全部进入磁场时外力应为多大；（3）正方形线框从刚进入磁场到刚好离开磁场的过程中，外力做的功为多少。【答案

】（1）0.4A；（2）10.8N；（3）20.16J【解析】【详解】（1）正方形线框刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得10.4V2LENBv==则线框中的电流为110.4A0.4A1EIR===（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为1sLtv==在此时间内，磁感应强度不变，均为0.5T

B=线框将要全部进入磁场时，右边导线受到向左的安培力，大小为110.4N2LFNBI==线框的上边所受的安培力向下，大小为210.8NFNBIL==则滑块所受滑动摩擦力为()()20.5200.8N10.4NfMgF=+

=+=故外力110.4N0.4N10.8NFFf=+=+=（3）正方形线框刚进入磁场时的外力大小为1110.4NfFMgFF=+=+=线框全部进入过程中外力所做的功为110.410.80.4J4.24J2WFL

+===线框整体在磁场中运动的时间为133sLtv==则1~3s内有2210.2V2BENNLtt===线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为220.2A0.2A1EIR===线框完全进入磁场

瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受到向上的安培力，大小为320.4NFNBIL==则1~3s内外力做的功()3227.92J2MgMgFWL+−==3s后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功328JMW

gL==故整个过程外力做的总功为12320.16JWWWW=++=（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做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题

卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.一块三棱柱玻璃砖的横截面为等腰直角三角形，如图所示，AC边长为L=603cm，∠B=90°，该玻璃砖对红光的折射率为n=2。一束平行于AC边的红光从AB边上的某点O（未画出

）射入玻璃砖，并恰能射到AC边的中点D，不考虑光在BC边上的反射，光速c=3×108m/s。则下列说法正确的是（）A.从玻璃砖射出的红光将不再与AC边平行B.红光在玻璃砖内传播的时间为4×10-9sC

.只将红光改为紫光，紫光会从AC边射出玻璃砖D.只将红光改为紫光，射出玻璃砖的紫光将仍与AC边平行E.只将O向上平移，经AB边折射的光线直线射到BC边一定发生全反射【答案】BDE【解析】【详解】ACD．根据几何关系可知红光在AB边的入射角

为45°，根据1sin45sinn=解得折射角130=而红光的频率小于紫光，故紫光的折射率更大，在AB边的折射角更小，根据几何关系红光和紫光在AC边的入射角都大于45°，而临界角满足1sinCn=45C=因此两光均会在AC边发生全反射，根据光路可逆原理

可知，在BC边的出射光线均与AC边平行，故AC错误，D正确；B．已知红光在AB边上的入射点为O，根据正弦定理sin45sin(9030)ODAD=+又cvn=可得红光在玻璃砖内传播的时间2ODtv=联立解得9410s

t−=故B正确；E．经AB边折射的光线直线射到BC边时，在AB边折射角为30°，则根据几何关系可知在BC边的入射角为60°，大于临界角，一定发生全反射，故E正确。故选BDE。14.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波

，t=0时刻0~25m部分的波形图如图中实线，经过Δt=0.3s该部分波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置到原点0的距离为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为xA=7.5m。（1）求该简谐横波的波速。（2）当波速取最小值时，求质点A的振动方程。【答案】（1）20075m/s(0123.

..)3nvn+==,,,；（2）10sin(2.5)cm4yt=+【解析】【详解】（1）由波形图可知，波长20m=波沿x轴正方向传播，则(0,1,2,3,...)xtTnTn=+=其中7.5mx=解得2.4s(0,1,2,3,...)83Tnn==+则波速20075m/s(0123

...)3nvnT+===,,,（2）0n=时，波速最小，此时0.8sT=则22.5rad/sT==质点A的振动方程10sin(2.50)cmyt=+质点A在零时刻向下振，可知4=故质点A的振动方程10sin(2.5)cm4yt=+获得更多资源

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