【文档说明】2023届四川省宜宾市叙州区第二中学校高三下学期二模理综物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.217 MB，由小赞的店铺上传

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叙州区二中高2020级高三二诊模拟考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本

试卷上无效。3.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127二、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.关于近代物理知识，下列说法中正确的是（）A.光电效应现象说明了光具有波粒二象性B.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等C.比结核能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定D.铀核裂变的一

种核反应方程为：23592U14456Ba→+8936Kr+210n【答案】C【解析】【分析】【详解】A．光电效应现象说明了光具有粒子性，故A错误；B．动能相等的质子和电子，它们的动量k2pmE=，hp=质子和电子的质量不同，所以德布罗意波长也不相等

，故B错误；C．比结核能是原子核的结合能与该原子核所含有的核子数之比，所以比结核能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C正确；D．铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，裂变的一种核反应方程为235114489192056360U+nBa+Kr3n→+故D错误。故选C。2.一质

点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A.()21211vxx+B.()2212vxx−C.()21211vxx−D.()221vxx−【答案】D【解析】【详解】匀变速直

线运动中，速度变化量相等时，运动时间相等，则可得vat=根据逐差相等的推论可得221xxat−=联立可得()221vaxx=−故ABC错误，D正确。故选D。3.如图所示，A、B、C是在地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星．下列说法中正确的是（）A.B、C的线速度大

小相等，且大于A的线速度B.B、C的周期相等，且大于A的周期C.B、C的向心加速度大小相等，且大于A的向心加速度D.C加速（速率增大）可追上同一轨道上的B【答案】B【解析】【详解】根据万有引力提供向心力，有222224GMmmvmrmamrrrT====得GMvr=，3

GMr=，2GMar=，234rTGM=；A．根据GMvr=可知，卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以B.C的线速度大小相等，且小于A的线速度，故A错误；B．根据3GMr=可知，卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以B.C的角速度大小相等，且小于A的角速度

，故B正确；C．根据2GMar=，可知，卫星的轨道半径越大，加速度越小，所以B、C的向心加速度相等，小于A的向心加速度，故C错误；D．C加速轨道上升，不可能追上B，D错误。故选B。4.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向

上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的正压力【答案】C【解析】【详解】根据题意，设物块受到的最

大静摩擦力为f，对物块受力分析（如图所示），若F>mgsinθ，则物体有沿斜面向上运动的趋势，f的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有1sinFmgf=+----①；若F<mgsinθ，则物体有沿斜面向下的运动趋势，f的方向沿斜面向上阻碍物体相对运动趋势，有2s

inFfmg+=----②；由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知cosfmg=---③，由①②可求得f的值，而物块的质量m、斜面的倾角无法求出，故物块对斜面的正压力（cosNmg=）也无法求出．综上所述，正确答案为C．【考点定位】静摩擦力及力的平衡5.如图所示，一个理想变压器原线圈的

匝数为50匝，副线圈的匝数为100匝，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨间距为L=0.4m．导轨上垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻R＝20Ω，图中交流电压表为

理想电压表．导轨所在空间有垂直于导轨平面、磁感应强度大小为1T的匀强磁场．导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为：v＝5sin10πt(m/s)，则下列说法正确的是()A.水平外力为恒力B.电压表的示数为52V

C.R功率为0.2WD.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04Wb/s【答案】D【解析】【详解】金属棒的速度按正弦规律变化，则感应电动势不断变化，感应电流不断变化，导体棒受安培力不断变化，可知外力不断变化，选项A错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势：e=BLv=1×0.4×5sin10πt=

2.0sin10πt（V），原线圈两端的电压有效值为：122V22mEU===，1122UnUn=解得：U2=22V，电压表示数为：22V，故B错误；电阻R的功率：222(22)W0.4W20RUPR===，故C错误；原线圈最大电压：U1m=Em=2.0V，由法拉第电磁感应定律得：11mUnt=

，则磁通量的最大变化的率：112.00.04Wb/s50mUtn===，故D正确．6.一小球放置在光滑水平面上，弹簧左侧固定在竖直面上，右侧与小球相连，如图甲所示。手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手，用计算机描绘出小球运动v－t图象为正弦

曲线(如图乙所示)。从图中可以判断()A.在0～t1时间内，外力做正功B.在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C.在t2时刻，外力的功率最大D.在t1～t3时间内，外力做的总功为零【答案】AD【解析】【详解】A．在10t～时间内，小球的速度增大，动能增大，根据动能定理可

知外力做正功，故A正确；B．t=0时刻v=0，外力做功的功率为0，1t时刻，图象的斜率等于0，则加速度0，根据牛顿第二定律知外力为0，由外力功率为0，所以在10t～时间内，外力的功率先增大后减小，故B错误；C．在2t时刻，v=0，由PFv=知，外力的功率为0，C错误；D．在

13tt～时间内，动能的变化量为0，根据动能定理知，外力做的总功为零，D正确。故选AD。7.如图所示，水平传送带两端AB、间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针运动，一个质量为m的小物体以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端

，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2：3，重力加速度为g，传送带速度大小不变．下列说法正确的是的A.物块的初速

度大小为2vB.物块做匀加速直线运动的时间为35LvC.物块与传送带间的动摩擦因数为2109vgLD.整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为29mv【答案】BC【解析】【详解】由题意知()02:32

vvv+=：，得03vv=，A错误；匀速运动中35Lvt=，则35Ltv=，匀加速与匀速时间相等，B正确；由运动学公式22022,,5vvaxxLga−===得动摩擦因数为2109vgL=，C正确；由热量Qfs=相对，321555SLLL=−=相对，得229mvQ=，

选项D错误．8.如图所示，在正方形MNPQ中存在垂直纸面向里的匀强磁场，比荷相同、电性可能不同的带电粒子a、b、c自MN中点O以垂直MN方向的不同大小的速度射入磁场，轨迹如图，粒子分别自P点、QM中点、N点离开磁场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用。下列说

法正确的是（）A.粒子a、b、c速率之比va：vb：vc=4：2：1B.粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc=5：2：1的C.粒子a、c在磁场中运动的时间之比ta：tc=1：4D.粒子b、c在磁场中运动的时间之比tb：tc=1：2【答案】BD【解析】【

分析】【详解】AB．设正方形边长为L，根据几何关系222()2aaLrLr=+−解得ra=54L，12brL=，14crL=根据半径公式mvrBq=，半径之比即为速率之比，则有va：vb：vc=5：2：1选项A错误，选项B正确；C

D．在磁场中的运动时间为mtBq=故粒子的运动时间正比于转过的圆心角，b圆心角为90°，c圆心角为180°，a圆心角不等于45°，则粒子a、c在磁场中运动的时间之比ta：tc不等于1：4，而粒子b、c在磁场中运动的时间之比tb：tc=1：2，选项C错误，选项D

正确；故选BD。三、非选择题：共174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.用如图所示的装置研究“轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度形变量”的关系．在

光滑的水平桌面上沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与一个小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s（不计空气阻力，当地重力加速度

为g）（1）若要计算弹簧的弹性势能还应测量的物理量有____________（用相应文字及物理量符号表示）（2）弹簧的弹性势能Ep与小钢球飞行的水平距离s及上述测量出的物理量之间的关系式为Ep＝_____（用相关物理量符号来表示）（3）弹簧的压缩量x与对应的铜球在空中飞行的水平

距离s的实验数据如下表所示：根据上面的实验数据，请你猜测弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系________（用文字或物理量符号来表示，写出这两个量定性关系即可）【答案】①.小钢球质量m、桌面离地面高度h②.24mgsh③.Ep与x2成正比，或Epx2（或弹性势能与弹簧

的压缩量成正比；或弹性势能与弹簧的形变量成正比）【解析】【详解】（1）设桌子高度为h，小球离开桌面后做平抛运动，水平方向：s=v0t，竖直方向有：h=12gt2，联立解得：v0=s2gh根据功能关系可知弹簧弹性势能转

化为小球平抛的初动能，有：EP=12mv02解得：EP=24mgsh．故需要测量的量有：小钢球质量m、桌面离地面高度h．（2）弹簧的弹性势能Ep与小钢球飞行的水平距离s及上述测量出的物理量之间的关系式为Ep＝24mgsh（3）Ep与弹簧的压缩量x之间的关系为：Ep与x2成正比．猜测的理

由：由于Ep＝24mgsh，可知Ep与s2成正比，由表中数据可看出，在误差范围内，x正比于s，猜测可能Ep与x2也成正比．点睛：本题借助于平抛运动以及数学推导考查了弹性势能和弹性形变量之间的关系，是考查知识综合应用、公式理论推导的好题，其中得到弹性势能表

达式是个重点，难点是猜测Ep与弹簧的压缩量x之间的关系，弹性势能的表达式为：Ep＝12kx2，故我们的猜测是完全正确的．10.用伏安法测定电源的电动势和内阻，提供的实验器材有：A.待测电源（电动势约为18V，内阻约为2Ω）B.电压表（量程为6V，内阻约为30kΩ）C.电流表（量程为3A

，内阻约为0.3Ω）D.滑动变阻器（0~500，3A）E.电阻箱（最大阻值999999Ω）F.开关和导线若干（1）为完成实验.该同学将电压表扩大量程，需要先测量电压表的内阻，他设计了甲、乙两个电路，经过思考，该同学选择

了甲电路，该同学放弃乙电路的理由是_____________。（2）该同学按照图甲连按好电路，进行了如下几步操作：①将洲动变阻器触头滑到最左端.把电箱的阻值调到零；.②闭合开关.缓慢调节滑动变阻器的触头，使电

压表指针指到6.0V；③保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，当电压表的示数为2.0V时，电阻箱的读数为50450Ω，则电压表的内阻为_________Ω；④保持电阻箱的阻值不变，使电阻箱和电压表串联，改装成新的电压表，改装后电压表的

量程为_______V。（3）将此电压表（表盘未换）与电流表连成如图丙所示的电路，测电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表和电流衣示数，做出的U-I图像如图丁所示，则电源的电动势为___V，内阻为_____Ω。（结果保留三位有效数字）【答案】①.乙

电路中电流表与电压表串联，因电压表内阻较大，故使电路中电流太小，电流表无法准确测量②.25225.0③.18④.17.4⑤.1.60【解析】【分析】【详解】（1）[1]由电路图可知，乙电路中电流表与电压表串联，因电压表内阻较大，故使电路中电流太

小，电流表无法准确测量；（答案意思表达清楚、合理即可给分）（2）③[2]由题意可知，当电压表的示数为2.0V时，电阻箱两端电压与电压表示数之比为2：1，则电阻箱阻值与电压表内阻之比为2：1，所以电压表内阻为25225Ω；④[3]加在电压表与电阻箱两端的电压之和是加在电压表两端电压的3倍，故改装

后的量程为18V。（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律以及改装原理可知3=UEIr−则可知=33rEUI−+则由图像可知，电源的电动势=5.83=17.4VE内阻5.8531.601.50r−==11.如

图所示的两虚线之间有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），粒子发射源S位于两虚线之间的正中央，现由S沿斜向右下方发射一正粒子，粒子的速度与磁场边界的夹角为60=已知磁感应强度大小为B，粒子的质量和电量大小分别为m、q，两虚线之间的距离为

d，磁场水平区域足够长，忽略粒子的重力。求：（1）如果该粒子不能从虚线2射出而从虚线1离开磁场区域，则粒子的发射速度应满足什么条件？（2）在题（1）情况下，粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间的比值为多少？【答案】（1）3qBdqBdvmm；（2）58【解析】

【详解】（1）粒子从虚线1离开磁场区域，则有洛伦兹力提供向心力，可得2vqBvmr=mvrqB=粒子运动的半径与速度成正比，设粒子从虚线1离开磁场区域的最小半径为r2，最大半径为r1，则有22mvrqB=22cos6

02drr+=23dr=则有23qBdvm=由解析图所示可知θ=60，1112OMr=，r1=d，则有1qBdvm=则粒子的发射速度应满足3qBdqBdvmm（2）由于粒子做匀速圆周运动，则有2224rqBvqBmrTT

==2mTqB=粒子做匀速圆周运动的周期固定，所以当v=v2时，由几何知识得运动时间最长为12433mtTqB==当v=v1时，运动时间最小，粒子运动的圆心角为5236=+=运动的时间为2525212

6mmtTqBqB===则有2158tt=12.如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于光滑水平面上，轨道BCD由水平轨道CD及与CD相切于C的光滑14圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙（视为质点）从B点正上方到B点高度为R的P点由静

止释放，乙从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好不会从水平轨道CD的左端D点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD的质量相同，乙与CD间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小为g。求：(1)乙通过C点时的速度大小v1；(2)CD的长度L以及乙在CD

上滑行的时间t；(3)在乙从B点开始滑到D点的时间内，轨道BCD的位移大小x。【答案】(1)83gR；(2)3R，6Rg；(3)56R【解析】【详解】(1)设乙的质量为m，当乙滑到C点时，轨道BCD与甲的共同速度大小为2v，系统水平方向动量守恒，有1

220mvmv−=由系统机械能守恒有2212112222mgRmvmv=+解得183gRv=223gRv=(2)乙滑到C点后，轨道BCD与甲分离，设轨道BCD与乙速度相同时的速度大小为v，乙从C点滑到D点的过程中，对乙和轨道BCD，由动量守恒定律和能量守恒

定律分别有122mvmvmv−=222121112222mvmvmvmgL+−=解得3LR=设乙从C点滑到D点的过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgma=乙从C点滑到D点的过程做匀减速直线运动，有1vvat=−解得6Rtg=(3

)设乙从B点滑到C点的时间为1t，该过程轨道BCD通过的距离为1x，系统水平方向动量守恒，有111120xRxmmtt−−=设乙沿轨道BCD从C点运动到D点的过程中轨道BCD通过的距离为2x，由动能定理有22

221122mgxmvmv−=−经分析可知12xxx=+解得56xR=（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答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理——选修3–3]13.下列说法中哪些结论是正确的________

__A.已知阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，不能估算出气体分子的大小B.晶体具有各向异性是因为构成它的微粒在空间不同方向排列情况不同C.两个物体内能相同，则它们的温度一定相同D.自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E.一定质量理想气体对外做

功，内能不一定减少，但密度一定减小【答案】ABE【解析】【分析】【详解】A．已知阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可估算出一个气体分子所占空间但不能估算出气体分子的大小，故选项A正确；B．晶体具有各向异性是因为构成它的微粒在空间不同方向上排

列规律不同，故选项B正确；C．内能不仅由温度决定还和其他因素相关，所以两个物体内能相同，则它们的温度不一定相同，故选项C错误；D．符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生违反热力学第二定律，故选项D错误；E．

由热力学第一定律可知一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但体积增大，气体密度一定减小，故选项E正确。故选ABE。14.如图所示，马桶吸由皮吸和气缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000cm3，上方气缸的长度为40

cm，横截面积为50cm2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。皮吸与地面及活塞与气缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与气缸的形状变化，环境温度保持不变，气缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强

p0＝1.0×105Pa，g＝10m/s2。①若初始状态下活塞位于气缸顶部，当活塞缓慢下压到气缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强；②若初始状态下活塞位于气缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20cm高度保持静止，求此时小明作用力的大小。【答案】①3×105

Pa②250N【解析】【详解】①以气缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0，体积：V1＝1000cm3＋40×50cm3＝3000cm3当活塞下压到气缸底部时，设封闭气体的压强为p，体积为V2＝1000cm3，由玻意耳定律：p0V1＝p2V2解得：p2＝3p

0＝3×105Pa②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0，体积为V2＝1000cm3，活塞缓慢向上提起20cm高度保持静止时，设小明作用力的大小为F，封闭气体的压强为p3，体积为：V3＝1000cm3＋20×50cm3＝2000cm3由玻意耳定律有：p0V2＝p3V3又有：F＋p

3S＝p0S解得：F＝250N[物理——选修3–4]15.一列简谐横波沿x轴正向传播，0=t时刻波的图像如图所示，质点P的平衡位置在4mx=处。该波的周期1sT=。下列说法正确的是（）A.该列波的传播速度为8m/sB.在0

~3s内质点P经过的路程120mC.t=0.5s时质点P的速度方向沿y轴正方向D.t=1.25s时质点P位于波谷E.质点P的振动方程是()10sin2cmyt=【答案】ACD【解析】【详解】A．由图像可知，该波的波

长8m=根据公式vT=可得，该列波的传播速度为8msv=故A正确；B．在0~3s内质点P经过的路程34120cmxA==故B错误；C．由图可知，0=t时，质点P沿y轴负方向振动，经过05s，质点P经过半个周期再次回到平衡位

置，并沿y轴正方向振动，故C正确；D．由图可知，0=t时，质点P沿y轴负方向振动，在1.25st=时，质点经过54T到达波谷，故D正确；E．由图可知，0=t时，质点P沿y轴负方向振动，又有22radsT==则质点P的振动方程是()10si

n2cmyt=−故E错误。故选ACD。16.一个柱形玻璃砖，其横截面是半径为R半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示。玻璃的折射率2n=。一细束单色光在O点左侧与O相距32R处垂直于AB从玻璃砖下方入射，不考虑光线射出玻璃砖时从原路返回的情形。求：.的

（1）光线发生全反射的临界角C；（2）光线从玻璃砖的射出点到B点的距离s。【答案】（1）45°；（2）232R−【解析】【详解】（1）光线发生全反射的临界角C满足1sinCn=解得45C=（2）设光线在距O点32R的C点射入后，在上表面的入射

角为，由几何关系可知sinOCR=解得60=由于C，故光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，由几何关系可得32OGOCR==经分析可知sROG=−解得232sR−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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