【文档说明】2023届四川省仁寿第一中学校（北校区）高三下学期三模理综物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.724 MB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中北校区三模考试理综试题（物理）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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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1.2022年6月

23日，东北首座核电站辽宁红沿河核电站正式具备商业运行条件，成为国内在运最大核电站。现代核电站主要是通过可控链式核裂变反应来实现核能的和平利用。已知一个23592U原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为235114489192056360UnBaKr3n

+→++，下列说法正确的是（）A.裂变方程式左右两边都有中子10n，可以改写成2351448919256360UBaKr2n→++B.23592U在中子轰击下发生裂变反应过程中，质量守恒C.裂变释放能量，14456Ba原子核的比结合能比23592U原子

核的大D.23592U在自然界中可发生衰变，60个铀核经过一个半衰期后，一定有30个铀核发生衰变【答案】C【解析】【详解】A．裂变反应235114489192056360UnBaKr3n+→++中左右两边都有中子10n

，这是核反应原理，必须有中子10n的参与，不能改写成2351448919256360UBaKr2n→++，故A错误；B．23592U中子轰击下发生裂变反应过程中，质量亏损，故B错误；C．比结合能越大，原子核越稳定，23592

U原子核裂变得到14456Ba原子核，说明14456Ba原子核比23592U原子核更稳定，即14456Ba原子核比结合能比23592U原子核的大，故C正确；D．半衰期是针对大量放射性元素的统计规律，对少量放射

性元素不适用，故D错误。故选C。2.如图，小球甲从O点以10m/s的初速度水平抛出，同时小球乙从P点竖直向上抛出，当小球甲垂直打在的在的倾角为45°的水平固定斜面上时，小球乙刚好回到P点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s

2，则小球乙被抛出时的初速度大小为（）A.0.5m/sB.5m/sC.10m/sD.20m/s【答案】B【解析】【详解】小球甲做平抛运动有0yvgtv==小球乙与小球甲在空中运动的时间相等，为010s1s10vtg===所以小球乙从P点抛出到运动至最高点的时间为1'0.5s

2tt==则小球乙被抛出时的初速度大小为0100.5m/s5m/svgt===故选B。3.我国首颗超百Gbps容量的高通量地球静止轨道通信卫星中星26号于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星16号、中星19号共

同为用户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星26与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星的运行周期相同，两个轨道相交于A、B两点，CD连线过地心，E、D分别为侦察

卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是（）A.E、D两点间距离为中星26号卫星轨道半径的2倍B.侦察卫星从D点到A点过程中机械能逐渐增大C.相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积等于侦察卫星与地球的连线扫过的面积D.中星26在C点线速度v1等于侦察卫星在D点线速度v2【答案】A【解析】【详

解】A．由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可知2322()2DErTT=则DE=2rA正确；B．侦察卫星从D点到A点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，B错误；C．根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒

第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦

察卫星与地球的连线扫过的面积，C错误；D．以地球中心为圆心，过D点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线速度为v3，则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，则v2<v3再根据GMvr=，可知v1>v3>v2D错误。故选A。4.如图所示，一根非弹性绳的两端分别固定在两座假山的

A、B处，A、B两点的水平距离9mBD=，竖直距离4mAD=，A、B间绳长为15m．重为240N的猴子抓住套在绳子上的滑环在A、B间滑动，某时刻猴子在最低点C处静止，则此时绳的张力大小为（绳处于拉直状态）（）A.75NB.125NC.150ND.200N【答案】C【解析】【详解】在最

低点，设绳子与竖直方向夹角为，以猴子为对象，根据受力平衡可得2cosTmg=根据几何关系可知93sin155BDABxl===解得37=则此时绳的张力大小为240N150N2cos20.8mgT===故选C。5.如图所示，水平圆周上

有等间距三个点A、B、C，其中C点在正南点，在A、B两点上各放一个完全相同的点电荷。设每个点电荷单独在圆心产生的电场的场强大小都为0E、电势都为0，如果仅考虑这两个点电荷的电场，则正北点的场强大小E、电势分别为（）A.0022EE==B.002EE==

的的C.00EE==D.002EE==【答案】D【解析】【详解】根据几何关系，A、B两点到正北点的距离都等于A、B两点到圆心的距离，则每个点电荷单独在正北点产生的电场的场强大小都为0E，根据平行四边形定则，正北点的场强大小0EE=

电势是标量02=故选D。6.2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录。国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员

松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m，人体弹射装置可以使运动员在4.5s内由静止达到入弯速度18m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运动员质量为50kg，重力加速度210m/s=g，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角

、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是（）A.运动员匀加速运动的距离为81mB.匀加速过程中，绳子的平均弹力为100NC.运动员入弯时的向心力为648ND.入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°【答案】C【解析】【详解】A．运动员匀加

速运动的距离为184.5m40.5m22vxt===故A错误；B．匀加速过程中，加速度大小为2218m/s4m/s4.5vat===由牛顿第二定律，绳子的平均弹力为504N200NFma===故B错误；C．运动员入弯

时的向心力为22n1850N648N25vFmR===故C正确；D．设入弯时冰刀与水平冰面的夹角，则有2n250tan1324mggRFv===可得45故D错误。故选C。7.如图所示，有界匀强磁场的宽度为2L，磁感应

强度大小为B、方向垂直纸面向里正方形abcd是粗细均匀的导体框，总电阻为4R，边长为L，该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线ac（垂直于磁场边界）由I位置匀速运动到Ⅲ位置，速度大小为v，则（）A.导体框由I位置到Ⅲ位置过程中感应电流的方向先adcba后abcdaB.导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置

过程中最大感应电流为4BLvRC.导体框由I位置到Ⅲ位置过程中通过的电荷量为22BLRD.导体框由I位置到Ⅱ位置过程中外力的最大功率为2222BLvR【答案】AD【解析】【详解】A．导体框由I位置到Ⅲ位置过程中先是右边切割磁

感线运动产生逆时针电流adcba，后是左边切割磁感线产生顺时针电流abcda，故A正确；B．最大感应电流是bd边刚进入磁场时24BLvIR=故B错误；C．导体框由I位置到Ⅲ位置过程磁通量变化为0，故电荷量也为0，故C错误；D．应为导体框匀速运动，外力的最大功率等于安培力的最大功率()()22

242BLvBLvPRR==故D正确。故选AD。8.大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为3v，方

向与ab连线成53=角；在b点的速度大小为4v，方向与ab连线成37=角。已知ab连线长为d，小球只受风力的作用，sin370.6=，cos370.8=。下列说法中正确的是（）A.风力方向与ab连线夹角为74B.风力大小为22mvdC.从a点运动到b点所

用的时间为2dvD.小球的最小速度为2.4v【答案】AD【解析】【详解】A．小球只受风力作用，则垂直风力方向的速度不变，设风力方向与ab夹角为θ，则sin[()]sin()abvv−+=−解得θ=74°选项A正确；C．从a点运动到b点沿ab方向的平均速度3cos534

cos372.52vvvv+==所用的时间为25ddtvv==选项C错误；B．从a点运动到b点加速度2cos37(cos53)252bavvvatd−−==则风力大小2252mvFmad==选项B错误；D．当小球沿风力方向的速度最小时，小球的速度最小，此时

小球的最小速度为minsin532.4avvv==选项D正确。故选AD。三、非选择题（174分，22-32为必做题，33-38为物理、化学、生物选做题，每科任选一题做答）9.某物理活动小组想利用一根压缩的弹簧弹开带有遮光片的滑块来探究弹簧的弹性势能与形变量之间的关系，装置如图（a）所示，将带

有刻度尺的长木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，弹簧左端对应刻度尺位置坐标为零，右端与滑块刚好接触（但不连接，弹簧为原长），记录弹簧原长位置，现让滑块压缩弹簧至P点并锁定，P点位置坐标记为x

0，然后在木板上弹簧原长位置处固定光电门，位置坐标记为x1。实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示，d=___________cm；（2）将光电门连接计时器，解除弹簧锁定，滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时

器记录遮光片通过光电门的时间Δt，再测量滑块停止时的位置坐标记为x2，若已知遮光片与滑块总质量为m，则弹簧的弹性势能Ep=___________（用物理量符号表示）；（3）改变P点的位置，记录弹簧形变量x1-x0的数值，多次重复

步骤（2），通过计算得到多组Ep值，选择合适标度在坐标纸上描点作图，即可得到弹簧弹性势能与形变量的关系；（4）若在实验过程中，某同学用图像法处理数据，以21t为纵坐标，以x2-x1为横坐标得图像如图（c）所示，设重力加速度为g，由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数μ=_____

______（用物理量的符号表示）。【答案】①.1.30②.()()2202212mdxxtxx−−③.22adbg【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测量遮光片的宽度d1.3cm0.1mm01.30cmd=+

=（2）[2]x1位置的速度为dvt=根据功能关系有()2p0mgExx=−根据动能定理有2211()02mgxxmv−−=−解得()()220p2212mdxxtxxE−=−（4）[3]x1-x2的过程中，根据动能定理有2211()02mg

xxmv−−=−可得()221221gdxxt−=则横坐标应为x2-x1，根据图像斜率可知22akbdg==解得22adbg=10.某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（通常达标污水的电阻率200m）。

图甲为该组同学用绝缘材料制成的长度5.00cmL=的圆筒形盛水容器。（1）装入污水样品前，需测量圆筒形盛水容器的内径，使用图乙中游标卡尺的________（选填“A”、“B”或“C”）进行测量，其示数如图丙所示。（2）将污水样品装满圆筒形盛水容器后，用电阻可忽略、带有接线柱的金属

圆片将两端密封，并用欧姆表测出该样品的电阻为195。为精确测量圆筒形盛水容器内污水样品的电阻xR，请从下列实验仪器中选择合适的仪器，其中定值电阻应选________（填1R或2R），把虚线框中的实验电路图补充完整，并标明所选仪器的符号。________A．电

源E（电动势约9V，内阻约为0.5）B．电流表1A（量程0~15mA，内阻110r=）C．电流表2A（量程0~60mA，内阻2r约为1.5）D．定值电阻1R（阻值1190R=）E．定值电阻2R（阻值2590R=）F开关S，导线若干（3）经

正确操作，读出电流表1A和2A（示数分别为1I和2I）的多组数据，作出如图丁所示的12II−关系图像。由图像和其它条件可知该污水样品的电阻率=________m（取3.14，结果保留两位有效数字）

；（4）若装入的污水样品中有气泡，这将会使测得的污水样品的电阻率________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.A②.2R③.④.0.66⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1]测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪（即图中A）进行测量。（2）

[2][3]由于未知电阻xR约为195Ω，则流过xR最大电流约为45mAxEIR==则测量电路中电流表应选用A2，同时应将电流表A1（内阻为r1）改装成电压表，由于电源电动势约为9.0V，则改装成量程为9.0V的电压表，需要串联的电阻为1

1590ΩERrI=−=串则串联定值电阻应选2R；改装电压表后的内阻为V21600ΩRRr=+=由于电压表内阻已知，所以采用电流表外接法，则实验电路图为（3）[4]根据部分电路欧姆定律得111221xIrIRRII+=−化简得1221x

xRIIRRr=++由12II−关系图像可得21624xxRRRr=++解得200ΩxR=根据电阻定律可得24xLRd=解得0.66m=（4）[5]若装入的污水样品中有气泡，导致污水未完全充满绝缘材料制成的圆柱形容器，相当于圆柱形污水的横截面积减小，此时测得的电阻将增大，从而导

致测定的电阻率偏大。11.如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R，左盒接出一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为2.43R的荧光屏。

两盒间距较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比荷为em的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加

速电子时电压的大小可视为不变。则：（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？（2）此加速器的加速电压U为多大？（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？【答案】（1）11.5eBRm；（2）212.252BRt

；（3）2131.5BB【解析】【详解】（1）电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有211.5vevBmR=得进入圆形磁场的电子获得的速度为11.5eBRvm=（2）周期121.52RmTveB==电子加速次数为12eBttnTm==

根据动能定理有212neUmv=得加速器的加速电压为2212.2522BRmvUnet==（3）电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得1.23tan31.2RR==解得60=电子

在磁场中运动的圆心角也为60=，圆弧的半径为3R，根据牛顿第二定律，有223vevBmR=联立解得2131.5BB=即当2131.5BB，电子就不会打出荧光屏之外。12.如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度2m/sv=顺时针匀速运动，传送带

与水平方向的夹角θ37=，质量1m5kg=的小物块P和质量211kgm=的小物块Q由跨过定滑轮的轻绳连接，P与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块Р从传送带上端以速度08m/sv=冲上传送带（此时P、Q的速率相等），已知物块P与传送

带间的动摩擦因数0.4=，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。（2sin370.6,cos370.8,810m/s===。）求：（1）物块Р刚冲上传送带时加速度的大小；（2）求物块P在传送带上向前冲的最远距离（以地面为参照物）；（3）若传送带以不同的

速度()00vvv顺时针匀速运动，当取多大时，物块Р沿传送带运动到最远处过程中与传送带的相对路程最小？【答案】（1）26m/s；（2）5.5m；（3）3.2m/s【解析】【详解】（1）对P、Q进行受力分析，如图所示设刚冲上传送带时Q的加速度为a1，对Q2121mgFma−=对P

11111sicosnFmgmamg+−=解得216m/sa=（2）设减速到与传送带共速的过程中P的位移为x1221102axvv−=−解得222201182m5m226vvxa−−===当在传送带上减速到与传送带共速时，经分析得到P、Q的受力如图所示设此时P的加速度为a2，对Q2

222mgFma−=对P21112cossinFmgmgma−−=解得224m/s=a设与传送带共速到减速到0的过程中P的位移为x2，则有22220axv−=−解得22202202=m0.5m224vxa−==所以物块P在传送带上向前冲的最远距离为12=5.5mxx+（3）设传送带的速度

v（0<v<v0），共速前第一个减速过程P的位移为x3，用时为t3，皮带位移为x皮3；共速后至减速为零为第二个减速过程，P的位移为x4，用时为t4，皮带位移为x皮4。则221302axvv−=−031vvta−=得236412vx−=

皮带位移为238==6vvxvt−皮3第二个减速过程22420axv−=−42vta=解得24428vvxt==皮带的位移244=4vxvt=皮块Р沿传送带运动到最远处过程中与传送带的相对路程234341()=(532128)4(2)xxxxxvv=−+−−+相对皮皮所以x

相对最小时，传送带速度为32m/s3.2m/s25v==13.在同一介质中有频率相同的两波源M、N，已知两波源由0=t时刻同时起振，波源M的振动图像如图甲所示，图乙为波源N产生的机械波在0.25st=时的波形图，O点为该介质中的一点，已知5mOM=、7mON=，三质点的空

间位置关系如图丙所示。则下列说法正确的是（）A.两波源产生的机械波的波速均为10m/sB.波源N在0=t时刻的振动方向沿y轴负方向C.O点刚开始振动时方向沿y轴正方向D.O点离开平衡位置的最大距离为4cmE.1.75st=时O点位于波谷【答案】ACD【解析】【详解】A．有图甲可知机械波的周期

为0.2sT=，有图乙可知波源N产生的机械波的波长为2m=，则由vT=可知两波源产生的机械波的波速为2m/s10m/s0.2vT===故A正确；B．由图乙可知，0.25st=时波刚好传播到2.5m处，且2.5m处的质点沿y轴的正方向起振，因

此波源N的起振方向沿y轴正方向，故B错误；C．由于O点距离波源M近些，因此波源M产生的机械波先传播到O点，则O点的起振方向和M点的起振方向相同，根据甲图可知O点刚开始振动的方向为y轴的正方向，故C正确；D．O点到两波源的距离差为Δ

2mxONOM=−=该距离差刚好等于一个波长，则O点为振动加强的点，即O点的振幅为两列波振幅之和，即为4cm，故D正确；E．波源M和N的振动传到O点的时间分别为10.5sOMtv==，20.7sONtv

==由此可知，在1.75st=时，O点与波源M在11.75s0.5s=1.25st=−时的振动情况相同，该时刻波源M位于波峰，O点与波源N在21.75s0.7s1.05st=−=时的振动情况相同，该时刻波源N位于波峰，可知在1.75

st=时，由于两列波的波峰叠加，因此该时刻O点位于波峰，故E错误。故选ACD。14.介质均匀的圆柱形玻璃棱镜的截面图如图所示，建立直角坐标系，圆心O点为坐标原点。一束激光平行x轴从A点入射，AO连线与x轴负方向的夹角60=，光从B点出射，求（1）该玻璃棱镜

的折射率；（2）用此玻璃材料制成半径为R的半球形玻璃砖，如图所示，有一束平行光从左侧垂直射向此玻璃砖，求能从玻璃砖射出的入射光的横截面积。【答案】（1）3n=；（2）213SR=【解析】【详解】（1

）入射角为60i==折射角为30r=折射率为sinsininr=3n=（2）当某光线在右侧面出现全反射，临界角为C13sin3Cn==如图，此光线与O的距离为3sin3LRCR==在此范围内的光线可从右侧射

出，则能从玻璃砖射出的入射光的横截面积为2SL=213SR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com