【文档说明】四川省遂宁市第二中学2023-2024学年高三上学期第二次诊断性考试理综物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.615 MB，由小赞的店铺上传

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遂宁二中高2024届高三第二次诊断性考试理科综合能力测试全卷满分300分，考试时间150分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无

效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O6Na23P31S32Cl35.5Ni59I127第Ⅰ卷（选择题，共126分）二、选择题：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19~2

1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。共计48分。1.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为242xtt=+(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点的运动情况是（）A.第3s内的位移是30mB.前

3s内的平均速度是7m/sC.任意相邻1s内的位移差都是2mD.任意1s内的速度变化量都是4m/s【答案】D【解析】【详解】由所给的位移x与时间t的关系为242xtt=+可知0s4m/v=、24m/s

a=A．第3s内的位移223m11434342+4214m22mx=+−=（（））故A错误；B．前3s内平均速度是0334443m/s10m/s22vvv+++===故B错误；C．由2241m4mxat===可知，任意相邻1s内的

位移差都是4m，故C错误；D．由vat=可知，任意1s内的速度变化量都是4m/s，故D正确。故选D。2.跳台滑雪是冬奥会较为精彩的一个项目。如图所示，某次练习时运动员从跳台边缘的O点以某一速度水平滑出（运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响），落到斜坡CD上。在此过程中，下列说法正确的是（）

A.在相等的时间间隔内，运动员速率的变化量相同B.下落相同的高度，运动员速度的变化量相同C.不管在O点水平速度多大，运动员落到斜面上时的速度方向均相同D.下落相同的高度，运动员动能的变化量相同【答案】D【解析】【详解】A．运动员做平抛运动，属于匀变速曲线运动，在相等的时间间隔内

，速度的变化量相同。设运动员的初速度为v0，在运动员做平抛运动过程中，t时刻和tt+时刻的速率分别为22210vvgt=+22220()vvgtt=++所以在t时间内速率的变化量为22222200()vvgttvgt=++−+的的根据数学知识可知，当t一定时，随着t的增大，v

减小，所以在相等的时间间隔内，运动员速率的变化量不同，故A错误；B．运动员在竖直方向做自由落体运动，竖直速度不断增大，下落相等的高度所用时间一定不同，则运动员速度的变化量不同，故B错误；C．根据平抛运动规律的推论可知，运动员落到斜面上时的速度方向的反向延长线一定过水平位移的中点，所

以运动员落到斜面上时速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的2倍，易知运动员在CD上的落点位置由v0决定，所以v0不同，运动员的落点不同，则位移方向不同，所以运动员落到斜面上时的速度方向不同，故C错误；D．运

动员所受合外力始终等于重力，下落相同的高度，运动员重力做功相等，根据动能定理可知，动能变化量相同，故D正确。故选D。3.北斗导航系统（BDS）是继GPS、GLONASS、GALILEO之后的第四个成熟的卫星导航系统，它由我国自主

研制，具有抗遮挡能力强、服务精度高等特点。如图所示，北斗导航系统由三种轨道卫星组成：中圆轨道卫星的周期约为13h、轨道倾角55°；静止轨道卫星的周期为24h、轨道倾角0°；倾斜同步轨道卫星的周期为24h、轨道倾角55°，则（）A.中圆轨道卫星的动能一

定最大B.静止轨道卫星的角速度大小为rad/s43200C.倾斜同步轨道卫星相对于成都天府广场静止D.中圆轨道卫星与静止轨道卫星的轨道半径之比约为169：576【答案】B【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律万有引力提供向心

力22222==()MmvGmmrmrmarrT==整理得32rTGM=，GMvr=中圆轨道卫星的周期最小，故半径最小，运行速度最大，但由于卫星的质量关系不知道，故无法确定动能大小关系，A错误；B．静止轨道卫星的周期为24h，故角速度大小为222rad/s=rad/s24360043

200T==B正确；C．倾斜同步轨道卫星相对于成都天府广场运动，C错误；D．由开普勒第三定律得中圆轨道卫星与静止轨道卫星的轨道半径之比122133322221316924576TrrT===D错误。故选B。4.一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸，小船在垂直于河

岸的方向上分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，初速度大小相同，运动轨迹如图所示，已知小船在渡河过程中船头方向始终不变，则（）A.小船沿三条不同轨迹渡河的时间相同B.小船沿AB轨迹渡河所用时间最短C.小船沿AD轨迹渡河，船靠岸时速

度最大D.AD是小船沿垂直于河岸的方向做匀减速运动的轨迹【答案】D【解析】【详解】D.由于水流的速度恒定不变，小船沿着河岸相同的时间内，运动相同的距离，从运动轨迹可知，AC在垂直河岸方向，相同的时间内，位移逐渐增加，做匀加速运动；AB在垂直河岸方向，相同的时间内，位移保持不变，做匀速运动；AD在

垂直河岸方向，相同的时间内，位移逐渐减小，做匀减速运动，故D正确；AB.在沿着河岸方向，位移越大，用时越长，因此AD用时最长，AC用时最短，故AB错误；C．船靠岸时的速度大小为22vvv=+水船AC轨迹渡河，用时最短，平均速度最大，又由于是匀加速运动，到达对岸时，垂直河岸方向的

分速度最大，所以船靠岸时速度最大，故C错误。故选D。5.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员

的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则下列判断中正确的是()A.k＝100N·s/mB.打开伞瞬间运动员的加速度a＝20m/s2，方

向竖直向上C.悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND.悬绳能够承受的拉力至少为625N【答案】C【解析】【详解】A.当速度达到5m/s时匀速运动，由kv＝(M＋m)g得k＝200N·s/m，故A错误；B.刚打开降落伞时，根据牛顿第二定律：kv0－(M＋m)g＝(M＋m)a，得：a＝30m/s2，

方向竖直向上，故B错误：CD.刚打开降落伞时，悬绳承受拉力最大，隔离分析运动员：8Tcosα－mg＝ma，得：T＝312.5N，故C正确，D错误。故选：C6.如图所示，在粗糙的水平地面上有一斜面，轻绳绕过两光滑的定滑轮，左端与粗糙斜面上的物块P相连，右端与小球相连，轻绳PC恰好与斜面垂直

。现将小球从A处由静止释放，小球在AB间摆动过程中，斜面体和物块P始终保持静止不动，则小球从A→O→B的运动过程中（）A.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小B.斜面对物块的摩擦力先减小后增大C.若小球运动到O点，轻绳断裂，小球将做自由落体运动D.若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P静止【答案】AD

【解析】【详解】B．对物块受力分析，由于轻绳PC恰好与斜面垂直，斜面体和物块P始终保持静止不动，物块受斜面沿斜面向上的静摩擦力f与物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ始终平衡，所以斜面对物块的摩擦力保持不变，故B错误；A．小球从A→O→B运动过程中，由机械能守恒知小球的速率

先增大后减小，由牛顿第二定律可知绳的拉力先增大后减小，细绳对P物块的拉力也是先增大后减小，以P和斜面为一整体进行受力分析可知：细绳对P的拉力即对整体的拉力的水平分力被地面对斜面向左的静摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦

力先增大后减小，故A正确；C．若小球运动到O点，轻绳断裂，小球速度水平向右，只受重力作用，将做平抛运动，故C错误；D．若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P对斜面体的压力增大，最大静摩擦力增大，斜面体给物块的静

的的摩擦力继续平衡物块重力沿斜面向下的分力，物块保持静止，故D正确。故选AD。7.如图所示，质量m=2kg的木块A叠放在质量M=4kg足够长的木板B上，木板B的右端通过细绳与电动机连接，t=0时在电动机带动下AB一起由静止向右做加速度为1m/s2的匀加速运动，经2s绳突然断裂，不考

虑绳断对物体速度影响，己知A、B间动摩擦因数为1=0.2，木板B与地面间动摩擦因数为2=0.4。则（）A.该过程中绳的拉力做的总功为60JB.t=1s时电动机输出功率为15WC.为使物块A不从木板上落下，开始运动时

物块A距木板右端距离最小值为0.6mD.绳断后木板B减速过程中加速度大小为4m/s2【答案】AC【解析】【详解】A．2s前两物体一起匀加速运动根据牛顿第二定律可知2()()FMmgmMa−+=+代入可得3

0NF=此过程拉力做的总功为WFx=212xat=联立解得60JW=故A正确；B．1st=时电动机输出功率为PFv=根据匀变速直线运动规律可知vat=联系可得30WP=故B错误；C．2s断绳时，它们的速度为vat=2m/sv=绳短

之后A的加速度为11mgam=解得212m/sa=A的位移为212Avxa=解得1mAx=B的位移为222Bvxa=解得0.4mBx=相对位移为ABxxx=−解得0.6mx=故C正确；D．绳断后木板B减速过程中加速度大小为21

2()MmgmgaM+−=解得225m/sa=故D错误。故选AC。【点睛】由牛顿第二定律及功率公式求解功率，有位移速度关系式求解位移，有做功公式求总功。8.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量0.1kgm=的小球在轻弹簧正上方某处由静止

下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关

系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度210m/s=g，则下列说法中正确的是（）A.弹簧原长为0.6mB.小球刚接触弹簧时的动能为0.45JC.小球在下落过程中受到的风力为0.1ND.小球的最大加速度大小为29m/s

【答案】BC【解析】【详解】A．取地面为零势能参考面，根据图像可知小球初状态的重力势能为00.7JEmgh==图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系，由此可知小球下落10.5mh=开始接触弹簧；则弹簧的原长为10.7m0.5m0.2mLhh=−

=−=选项A错误；C．由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6ms=根据功能关系有0.54Jmgsfs−=解得0.1Nf=选项C正确；B．小球刚接触弹簧时，小球下落了0s=0.5m，则根据动能定理有00212msfsgmv−=解得21

0.45J2mv=选项B正确。D．弹簧压缩量最大时，弹性势能最大2pm10.54J2Ekx==m0.6m-0.5m=0.1mx=则劲度系数108N/mk=加速度2m·Δ99m/skxmgfam−+==故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）注意事项：1.请

用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2.试卷中横线需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都做答；第33题～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.用

如图甲所示的实验装置验证1m、2m组成的系统机械能守恒。2m从高处由静止开始下落，1m上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下

的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知150gm=，2150gm=，则（计算结果保留两位有效数字）（实验用交流电周期为0.02s）（1）在记数点0-5过程中系统动能的增量kE=________J。为了简化计算，设210m/sg=，则系

统势能的减少量E=_________J；（2）在本实验中，若某同学作出22vt−图象，如图丙所示，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=__________2m/s。【答案】①.0.58②.0.60③.9.7【解析】【

详解】（1）[1]打点5时的速度为点4~点6间的平均速度()246521.6026.4010m/s2.4m/s220.1xvT−+===系统动能的增量为()()22125110.050.152.4J0.58J22kEmmv=+=+=[2]系统重

力势能减小量为()()()2210.150.051038.4021.6010J0.60JPEmmgh−=−=−+=（2）[3]由于kPEE=所以()()21252112mmvmmgh+=−即21122vgh=因此

212vh−图像的斜率225.82m/s4.85m/s21.2gk===可得29.7m/sg=10.如图，是测量滑块与长铁片之间动摩擦因数的示意图。实验步骤如下：A.用铁架台将长铁片倾斜固定并支在水平桌面上，在长铁片上标出

A、B两点，把光电门固定在长铁片上的B点，将光电门、光电计时器（图中未画出）与电源连接好；B.用米尺测量出长铁片上A、B两点间的距离L，用量角器测得斜面的倾角为，用游标卡尺测量挡光片的宽度d；C.接通电源，调整光电计时器和光电门使它们正常工作；

D.将小滑块由A点静止释放使其沿长铁片表面下滑，测出滑块通过光电门时挡光片的挡光时间为t。则：（1）实验中，把挡光片经过光电门时的平均速度作为滑块的瞬时速度，因此，挡光片的宽度越大，滑块的瞬时速度误差就越__________（选

填“大”或“小”）。（2）如图，是实验中用游标卡尺测得挡光片的宽度。由图可知，挡光片的宽度为__________mm。（3）如果重力加速度为g，那么，滑块与小铁片之间的动摩擦因数为__________（用题中字母表示）。为了减小实验误差，只要多次改变光电门B的位置，每次令滑块从同一点A由静止下

滑，根据实验原理建立直角坐标系时，如果x轴表示A、B两点间的距离L，那么，y轴表示__________，得到的图像是一条经过坐标原点的直线。（4）利用该实验装置，只需要将图中的长铁片换成__________（只填写一种实验仪器即可），其它设备仪器均不变，就可以验证机械能守恒定律。【

答案】①.大②.5.50③.221tan2cosdgtL−④.21t⑤.气垫导轨【解析】【详解】（1）[1]挡光片的宽度越大，挡光片经过光电门的时间较大，滑块的瞬时速度误差就越大。（2）[2]挡

光片的宽度为5mm+100.05mm5.50mm=（3）[3]滑块在长铁片上滑动时，设滑块的质量为m，加速度大小为a，由牛顿第二定律得sincosmgmgma−=得sincosagg=−①滑块通过光电门的速度大小

dvt=②由运动学公式22vaL=③由①②③解得221tan2cosdgtL=−④[4]由④可得2212(tan)cosdLgt=−如果x轴表示A、B两点间的距离L，那么，y轴表示21t，得到的

图像是一条经过坐标原点的直线。（4）[5]利用该实验装置，只需要将图中的长铁片换成气垫导轨，其它设备仪器均不变，就可以验证机械能守恒定律。11.如图为某闯关游戏装置部分示意图，水平轨道上小车用轻绳绕过定滑轮与配重连接，轨道上方的轻绳穿过固定挡板并保持水平，轨道下方有一长

13.1mL=的软垫AB静止在水面上，A端在挡板正下方。的质量60kgm=的闯关者抓住轻绳的一端悬挂在小车上，其重心到悬点的距离21.5mL=。在配重作用下，闯关者随小车一起向右运动，运动过程中轻绳与竖直线的夹角恒为37

=。当小车碰到挡板时闯关者立即松手，重心下降3.2mh=时恰好落在软垫的右端B点．不计小车的大小、质量和一切摩擦阻力，取重力加速度大小210m/s=g，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）闯关者松手时的速度大小v；（2）配重的质量M。【答案】（1）5m/s；（

2）180kg【解析】【分析】【详解】（1）设闯关者松手时重心与B点的水平距离为x，下落运动的时间为t，有21sinxLL=+xvt=212hgl=解得5m/sv=（2）设运动过程中闯关者与配重的加速度大小为a，与配重连接的轻绳拉力大小为1F，轻绳2L的拉力大小为2F，则以配重

为研究对象有1MgFMa−=以轻质小车为研究对象，有12sinFF=以闯关者为研究对象，有2sinFma=2cosFmg=解得180kgM=12.如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0=32m/s通过半径为R=0.4m的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道

运动至最低点B（最低点B与传送带平滑连接），之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数µ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果

可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h=1.25m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速g=10m/s2.（结果可以保留根号形式）

（1）求谷物运动至点B时的速度大小；（2）若传送带逆时针转动，调整传送带长度L=2.25m，求x；（3）现调整传送带顺时针运行速度为v=9m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5m，求传送带长度L的取值范围。【答案】（1）34m/s；（2）0.5m；（3）3.7

5m7.5mL【解析】【分析】【详解】（1）根据能量守恒定律，从A到B过程有22011222BmvmvmgR−=解得34m/sBv=（2）从B点到C点过程，有221122CBmvmvumgL−=−（或222CBvvugL−=−）则两谷物到达C点的速度分别为15m/sCv=，24m/

sCv=两谷物从C点离开分别做平抛运动，有212hgt=()12=CCxvvtvt=−联立解得0.5mx=（3）由212hgt=()12=CCxvvtvt=−0.5mx解得1m/sv情形1：两种谷物到达点C之前都处于匀加速运动。则2222221BBvgL

vgL+−+（或3483441LL+−+）化简得216241350LL−−解得3.75mL情形2：其中一个谷物到达点C之前已处于匀速运动，另一个谷物仍处于匀加速运动。则18m/sCv，29m/sCvv==2211122CBmvmvumgL−=−解得7.5mL综上所述

有3.75m7.5mL（二）选考题（共45分）13.两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）A.在相遇区域会发生干涉现象B.实线波和虚线波的频率之比为3:2C.平

衡位置为x＝6m处的质点此刻速度为零D.平衡位置为x＝8.5m处的质点此刻位移y＞20cmE.从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x＝5m处的质点的位移y＜0【答案】BDE【解析】【详解】A．两列波波速相同，波长不同，根据v＝λf，频率不同，不能干涉，故A错误；B．两列波

波速相同，波长分别为4m、6m，比值为2:3，根据v＝λf可得，频率比为3:2，故B正确；C．平衡位置为x＝6m处的质点此时刻位移为零，两列波单独引起的速度方向均向上，故合速度不为零，故C错误；D．平衡位置为x＝8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分

别为112AAsin()A222==211AAsin()A232==故合位移大于振幅A，故D正确；E．传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，虚线波的周期为0.75s；从图示时刻起再经过0.25s，实

线波在平衡位置为x＝5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确。故选BDE。14.如图所示，O是半圆柱形玻璃体的圆心，OP是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，有一个垂直OP放置的光屏点是垂足，先后垂直直

径射入a、b两束不同单色光，光线均与OP平行，在离O点距离为0.5R的位置先射入b光，屏上的光点恰好出现在P点。而后在靠近O点的左侧射入a光，并逐渐向左移动a光的入射点，发现当入射点移动到某位置时，a光在屏上的光

点移动到P点且消失。已知半圆柱形玻璃体的半径是R，b光的折射率为b3n=，求：（1）光斑P到O点的距离；（2）a光的折射率na。【答案】（1）3R；（2）62【解析】【详解】（1）做出光路图如图所示对b光根据折射定律有bsinsinn=根据几何关系有2sinRR＝解得

30=，60=由几何关系得2sin30OPR=解得3OPR=（2）由题意可知，a光在Q点恰好发生全反射，则22||PQOPR=−sinPQCOP=a1sinnC=联立代入数据解得a62n=获得更多

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