2022届四川省遂宁市高三下学期第二次诊断性考试理综物理试卷（解析版）

四川省遂宁市2022届高三下学期第二次诊断性考试

理综物理试卷

一、单选题

1．在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用半衰期较短的，其衰变方程为：。下列说法正确的是（　　）

A．发生的是β衰变

B．在低温低压环境中，的半衰期变长

C．核和核的质量相等

D．方程中的X来源于核内质子向中子的转化

2．如图，木板AB上固定一垂直于板面的挡板，小球紧靠挡板静止在木板上，不计球与木板和挡板间的摩擦。现保持木板A端的位置不变，缓慢抬高木板B端，则在该过程中（　　）

A．木板和挡板对球作用力的合力增大

B．球对木板的压力减小

C．球对挡板的压力先增大后减小

D．球对挡板的压力大小不变

3．如图，M、N和P是以O为圆心、MN为直径的半圆弧上的三点，∠MOP=60°，电荷量相同的两个正点电荷分别固定在N、P处。以无穷远处的电势为零，已知N处的电荷在O点的电势为φ、电场强度大小为E，则O点的电势和电场强度大小分别为（　　）

A．φ和E B．φ和2E C．2φ和E D．2φ和

4．从1970年4月24日发射第一颗人造地球卫星“东方红一号”到今天，我国的航天事业取得了举世瞩目的伟大成就。“东方红一号”至今仍运行在近地点430km、远地点2075km的椭圆轨道上，而目前运行在距地面高度约400km的圆轨道上的“天宫空间站”预计今年建成。关于“东方红一号”和“天宫空间站”，下列说法正确的是（　　）

A．“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，机械能逐渐增大

B．“天宫空间站”中的航天员不受地球的引力作用

C．“天宫空间站”运行的加速度小于“东方红一号”在近地点的加速度

D．绕地球一周，“东方红一号”比“天宫空间站”所用时间长

5．“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。本次冬奥会运行超1000辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为M的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是（　　）

A．启动过程中，车做匀加速直线运动

B．启动过程中，牵引力对车做的功为

C．车速从0增至的加速时间为

D．车速为时，车的加速度大小为

二、多选题

6．图（a）所示的理想变压器输入端接正弦交流电源，其输入电压u随时间t变化的关系图像如图（b）。已知原线圈与副线圈的匝数比为；电阻，电容，A是理想交流电流表，S是开关。下列说法正确的是（　　）

A．S接a时，电容器每秒钟完成50次完整的充、放电

B．S接a时，电容器所带电荷量的最大值为

C．S接b时，电流表A的示数为

D．S接b时，变压器的输入功率为48.4W

7．北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为m，从助滑坡上A点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点B从坡的末端C起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上D点。已知A、C的高度差为，C、D的高度差为，重力加速度大小为g，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是（　　）

A．运动员在B点处于超重状态

B．运动员起跳时的速率

C．运动员着陆前瞬间的动能

D．运动员在空中飞行的时间

8．如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）

A．第1根棒在穿越磁场的过程中，棒两端的电压逐渐减小

B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为

C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为

D．第n根棒与第根棒在磁场中运动的时间相等

三、实验题

9．某实验小组欲测定一金属丝的电阻率。

（1）他们先用万用表欧姆“”挡粗测金属丝的电阻。测量中，表盘指针位置如图（a），其示数为　     　Ω；

（2）图（b）是伏安法测金属丝电阻的两种电路。他们选用的器材有：一节干电池E（电动势1.5V，内阻约0.4Ω）；一只电流表（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；一只电压表（量程2V，内阻约2kΩ）；一个滑动变阻器（阻值0~10Ω），则：①电路应选　     　（选填“甲”或“乙”）；

②连接电路时，滑动变阻器的滑片应靠近　     　（选填“c”或“d”）端；

（3）他们测得的金属丝直径为D，金属丝AB段的长度为L；实验中还由测得的数据作出了图（c）所示的伏安特性（电压电流I）图线且求出了图线的斜率k，则计算金属丝电阻率的表达式为　                    　。

10．图（a）为某实验小组“研究滑块在斜面上的运动并测定动摩擦因数”的实验装置示意图。实验前，他们已先测出了木板上端B到下端A的水平距离L和高度差h，其中，cm，cm。实验中，他们将滑块从斜面上O处由静止释放且将此时刻作为计时起点，用位移传感器测出了滑块各时刻t相对于O的位移x，利用测得的多组数据作出了图（b）所示的图像。

（1）根据图像可知：①滑块在0~0.10s内，0~0.20s内，0~0.30s内，0~0.40s内，0~0.50s内···的位移之比为　                                             　；②由此得出的结论是，在误差允许的范围内，滑块做　                       　运动。

（2）滑块在0.40s末的速度大小为　     　m/s；滑块运动的加速度大小为　     　m/s2。（取2位有效数字）

（3）若重力加速度大小取10m/s，则测得的滑块与木板间的动摩擦因数为　     　（取2位有效数字）；若当地实际的重力加速度大小为9.78m/s2，则上述测得的动摩擦因数　     　（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。

四、解答题

11．如图，固定在竖直面内、圆心在O点、半径m的光滑圆形轨道与足够长光滑水平轨道在P点平滑对接；水平轨道上，坐在静止小车上的小李用力向右推一静止的木箱，木箱离开手后以m/s的水平速度向右匀速运动，木箱返回追上小车后被小李接住，此后三者一起匀速运动。已知木箱的质量kg，小李和车的总质量kg，小李始终相对车静止，木箱可视为质点，重力加速度大小m/s2。求：

（1）推出木箱后，小李和车的速度大小；

（2）在圆形轨道上P点，木箱对轨道的压力大小；

（3）从小李开始接木箱到一起匀速运动的过程中，三者组成的系统损失的机械能。

12．如图，竖直面内的xOy坐标系中，在区域有方向竖直向上（沿y轴正方向）的匀强电场；在第四象限某处有一矩形匀强磁场区域（图中未画出），磁场方向垂直坐标平面向里。一质量为m、电荷量为的小球从点以大小的速度沿x轴正方向抛出，小球恰能经x轴上点沿y轴正方向进入第一象限。已知小球在矩形磁场中做半径为的匀速圆周运动，重力加速度大小为g，小球可视为质点。求：

（1）小球经过y轴的位置坐标和速度；

（2）磁场的磁感应强度大小和矩形磁场区域的最小面积；

（3）电场力在第四象限对小球的冲量大小。

13．为了监测电梯内的温度和电梯的运动状态，某同学将一开口向上且灌有水银的均匀长直细玻璃管竖直粘贴在电梯壁上，如图所示。已知电梯静止且内部温度为℃时，玻璃管内高cm的水银柱封闭着一段长cm的空气柱，大气压强cmHg，绝对零度取-273℃，重力加速度大小m/s2。

（1）电梯静止时，若空气柱的长度为cm，则此时电梯内的温度为多少摄氏度；

（2）温度恒为27℃时，若空气柱的长度为cm，求此时电梯的加速度。

14．如图，ABD是某三棱镜的横截面，，。两条平行光线a、b垂直于斜边AB入射，入射点分别为P、Q。已知，，棱镜材料的折射率为，只考虑a、b光从棱镜的第一次出射。求：

（1）两条出射光线的夹角；

（2）两个出射点间的距离d。

五、填空题

15．甲分子固定在O点，乙分子从无限远处向甲运动，两分子间的分子力F与分子间的距离r的关系图线如图所示。由分子动理论结合图线可知：①两分子间的分子引力和分子斥力均随r的减小而　     　（选填“减小”或“增大”），当　     　（选填“”或“”）时，分子引力与分子斥力的合力为零；②在乙分子靠近甲分子的过程中（两分子间的最小距离小于），两分子组成的系统的分子势能　             　（选填“一直减小”、“一直增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”），当　     　（选填“”或“”）时，分子势能最小。

16．如图所示为一个摆长m的单摆。①若摆角，不计一切阻力，则该单摆的振动可视为　         　（选填“简谐运动”或“阻尼振动”），其振动周期为　     　s；②实际情况下，在某次实验中，将该单摆的摆球拉到图中A点（摆绳绷直，摆角）由静止释放后，发现摆球在竖直面内完成10次全振动达到右侧最高点的位置B比A低了cm。若摆球质量kg，每完成10次全振动给它补充一次能量，使摆球瞬间由B点恰好回到A点，则从释放摆球开始计时，在s内总共应补充的能量为　     　J（保留2位小数）。（g取10m/s2，）。

答案解析部分

1．【答案】A

【解析】【解答】A．根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，则发生的是β衰变，A符合题意；

B．外界条件不能改变放射性元素的半衰期，B不符合题意；

C．核和核的质量数相等，但是质量不等，C不符合题意；

D．方程中的X来源于核内中子向质子转化时产生的负电子，D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】核反应方程质量数和电荷数守恒；半衰期只和原子核本身有关；根据原子核内中子和质子间的转化进行分析判断。

2．【答案】B

【解析】【解答】A．小球处于平衡状态，木板和挡板对球作用力的合力始终等于小球的重力，故保持不变，A不符合题意；

BCD．小球受到木板的作用力F1和挡板的作用力F2，由平衡条件可得

缓慢抬高木板B端的过程，增大，则F1减小，F2增大，故球对木板的压力减小，球对挡板的压力增大，B符合题意，CD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出木板和挡板对球作用力的合力变化情况，并得出球对挡板的压力变化情况。

3．【答案】C

【解析】【解答】点到、的距离相等，已知N处的电荷在O点的电势为φ，则处的电荷在O点的电势也为φ，则则O点的电势为，已知N处的电荷在O点的电场强度大小为E，则处的电荷在O点的电场强度大小也为E，根据场强的叠加得O点的电场强度大小为。

故答案为：C。

【分析】根据点电荷周围电场强度和电势的变化情况进行分析判断，结合电场强度的合成得出O点的电场强度。

4．【答案】D

【解析】【解答】A．“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，只有万有引力做功，机械能不变，A不符合题意；

B．“天宫空间站”中的航天员仍受地球的引力作用，万有引力全部提供做向心力，所以航天员处于完全失重状态，B不符合题意；

C．根据

得

可知“天宫空间站”运行的加速度大于“东方红一号”在近地点的加速度，C不符合题意；

D．设“东方红一号”的半长轴为，“天宫空间站”的轨道半径为，计算可得

根据开普勒第三定律

可知

D符合题意。

故答案为：D。

【分析】只有万有引力做功时机械能不变，万有引力为天宫空间站所受的合力，从而得出近地点的加速度表达式，结合开普勒第三定律判断公转周期 的变化情况。

5．【答案】C

【解析】【解答】A．汽车以恒定功率P启动，根据

可知，启动过程中，速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律有

可知，加速度减小，则车做加速度减小的加速运动，A不符合题意；

B．根据题意，可知汽车受到的阻力为

启动过程中，根据动能定理有

牵引力对车做的功为

B不符合题意；

C．根据题意，可知汽车受到的阻力为

车速从0增至的过程中，根据动能定理有

联立解得

C符合题意；

D．车速为时，汽车的牵引力为

根据牛顿第二定律有

解得

D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据瞬时功率的表达式以及牛顿第二定律判断汽车的加速度以及运动情况，结合动能定理得出牵引力对汽车所做的功。

6．【答案】B,D

【解析】【解答】A．由图（b）可知，交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，S接a时，每个周期充放电2次，故每秒钟完成100次完整的充、放电，A不符合题意；

B．变压器原副线圈电压与匝数成正比，可知副线圈两端电压（电容器两端电压）的最大值为

S接a时，电容器所带电荷量的最大值为

B符合题意；

C．S接b时，副线圈中电流的有效值为

由

可知，电流表A的示数为

C不符合题意；

D．S接b时，变压器的输入功率等于输出功率，为

D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】根据交变电流的图像以及电容器电容的定义式，电容器所带电荷量的最大值，利用欧姆定律以及理想变压器原副线圈的匝数比和电流比的关系得出电流表的示数，通过功率的表达式得出变压器的输入功率。

7．【答案】A,D

【解析】【解答】A．由题意运动员在B点满足

所以

即运动员在B点处于超重状态，A符合题意；

B．从A到C由动能定理得

所以

B不符合题意；

C．从A到D满足

所以

C不符合题意；

D．因为运动员在C点起跳时，速度方向斜向上，即做斜抛运动，故运动员在空中飞行的时间

D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】运动员在B点根据牛顿第二定律合力提供向心力得出运动员爱B点的超失重，运动员从A到C的运动过程中得出运动员起跳时的速率；结合A到D的过程根据动能定理得出运动员着地前瞬间的动能。

8．【答案】B,C

【解析】【解答】A．第1根棒在穿越磁场的过程中，第2棒还没有释放，没有组成闭合回路，无感应电流，棒不受安培力作用，棒在磁场中做匀速运动，此时棒产生的感应电动势为E=BLv

速度v不变，E不变，A不符合题意；

B．第3根棒刚进入磁场时则有

棒产生的感应电动势为E=BLv=BL

此时第1、2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为

R＇=R+=

电路中电流为

由牛顿第二定律可得

解得

B符合题意；

C．第n根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为

电路总电阻为

电路总电流

第一根棒中电流

解得I1=BL2ghnR

第1根棒的热功率为P=I12R=2ghB2L2n2R

C符合题意；

D．第n根棒与第n−1根棒在磁场中运动的时，有In=ER总

R总=Rn−1+R

In−1=ER′总

R′总=Rn−2+R

解得In=ERn−1+R

In−1=ERn−2+R

In≠In−1

因此有第n根棒与第n−1根棒在磁场中的电流不相等，棒受安培力不相等，运动的时间不相等，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】根据感应电流产生的条件判断第一根棒在穿越磁场过程中的电压变化情况；根据动能定理以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出导体棒中的电流，结合安培力的表达式得出 第3根棒刚进入磁场时的加速度 ；利用闭合电路欧姆定律得出导体棒运动时间的大小关系。

9．【答案】（1）2

（2）乙；c

（3）或

【解析】【解答】（1） 万用表欧姆“”挡粗测金属丝的电阻，每1小格子表示

则电阻为

（2）①由计算可知

为了减小误差，应采用电流表外接法，所以选择乙；

②为了保护电路，闭合开关前，滑片应置于处；滑动变阻器的

（3）根据欧姆定律得

根据电阻定律得

又

又

联立可得

或

【分析】（1）根据欧姆表的读数原理得出金属丝的电阻；
（2）为了减小误差，应采用电流表外接法；为保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器的阻值调到最大值；
（3）根据欧姆定律以及电阻定律得出该金属丝的电阻率。

10．【答案】（1）或；初速度为零的匀加速直线

（2）1.6；4.0

（3）0.25；大于

【解析】【解答】（1）知：①滑块在0~0.10s内，0~0.20s内，0~0.30s内，0~0.40s内，0~0.50s内···的位移之比为

满足

得出的结论是，在误差允许的范围内，滑块做初速度为零的匀加速直线。

（2）根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得

根据

得加速度为

（3）设木板与水平面倾角为，由题意知，木板与水平面倾角的正余弦值分别为

根据牛顿第二定律得

解得

代入数据得

由

可知若当地实际的重力加速度大小为9.78m/s2，则上述测得的动摩擦因数大于真实值。

【分析】（1）根据匀变速直线运动相同时间间隔内的相邻位移差相等判断滑块的运动情况；
（2）结合匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，从而得出滑块在0.40s末的速度 ，通过相同时间间隔内的位移差得出滑块运动的加速度；
（3）对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式。

11．【答案】（1）解：设推木箱后小李和车获得的速度大小为，以水平向左为正方向

由动量守恒定律有

代入数据解得m/s

（2）解：在圆形轨道上P点，木箱受重力mg、支持力N作用

由牛顿第二定律有

代入数据得N

由牛顿第三定律解得木箱对轨道的压力大小为N

（3）解：设接住木箱后三者的共同速度大小为的，以水平向左为正方向

由动量守恒定律有

代入数据得m/s

该过程中系统损失的机械能为

代入数据解得J

【解析】【分析】（1） 推出木箱后 ，根据动量守恒定律得出小李和车的速度；
（2）木箱在P点上是根据牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对木箱的支持力，通过牛顿第三定律得出木箱对轨道的压力；
（3） 接住木箱后三者的共同速度 的过程中根据动量守恒定律以及机械能的定义得出三者组成的系统损失的机械能。

12．【答案】（1）解：如答图3所示，小球在第三象限做平抛运动，设小球初速度为，经过y轴的位置为点，在A点的速度为v，v与的夹角为，从P到A的时间为

在x方向

将

代入，解得

在y方向有

又

解得，

故小球经过y轴的位置为点，在A点的速度大小为、与x轴正方向的夹角为

（2）解：由题意，在第四象限，小球在矩形区域内做匀速圆周运动

故小球所受电场力大小必满足

即小球在矩形区域外做匀速直线运动

设小球做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有

将

代入解得

在答图3中，过A和Q点沿速度方向分别做延长线和反向延长线交于H点，则圆周运动的轨迹与两条延长线的交点分别为C和D点，故以CD为长边且与圆周运动轨迹相切的矩形区域为满足题设条件的最小磁场区域

由几何关系知

故矩形区域的长边边长为

短边边长为

矩形区域的最小面积为

（3）解：在答图3中，过C作平行于x轴的直线分别交y轴和QH于I和J点，可知

小球在第四象限做匀速直线运动通过的路程为

小球在第四象限做匀速直线运动的时间为

小球在第四象限做匀速圆周运动的时间为

电场力恒定，故在第四象限对小球的冲量大小为

解得

【解析】【分析】（1）小球在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律以及速度的合成得出小球经过y轴的位置坐标和速度；
（2） 小球在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出磁感应强度的表达式，通过几何关系得出矩形区域的最小面积 ；
（3）根据几何关系以及匀速直线运动的规律和冲量的表达式得出电场力在第四象限对小球的冲量 。

13．【答案】（1）解：设玻璃管的横截面积为S，空气柱长度由变为的过程为等压过程由盖·吕萨克定律有

其中

代入数据解得℃

（2）解：设电梯的加速度为a，水银的密度为，空气柱长度由变为的过程为等温过程，由玻义耳定律得

其中

代入数据得cmHg

设向上方向为正方向，对水银柱由牛顿第二定律有

即

解得m/s2

方向竖直向上

【解析】【分析】（1） 电梯静止时 ，根据盖吕萨克定律得出电梯内的温度；
（2）空气柱长度由变为的过程 根据玻意耳定律得出空气柱长度为L2时的加速度，结合牛顿第二定律得出此时电梯的加速度。

14．【答案】（1）解：设光在三棱镜中发生全反射的临界角为C，满足

解得

光路如图所示

a光射到AD边的入射角为，由于

A光将在G点射出三棱镜，由折射定律有

解得

即

b光先射到BD边上E点，因入射角，由于

B光将在E点发生全反射，再射到AD边上F点，因入射角也为，故将从F点射出三棱镜，且折射角也为，可知两出射光的交点为O，由几何关系可得

（2）解：由几何知识可得

所以，两个出射点间的距离为

【解析】【分析】（1）根据全反射临界角的正弦值和折射率的关系得出临界角的大小，利用折射定律得出 入射角的大小，结合几何关系得出两条出射光线的夹角；
（2）根据光路图以及几何关系得出两个出射点间的距离d。

15．【答案】增大；；先减小后增大；

【解析】【解答】①由分子动理论结合图线可知：①两分子间的分子引力和分子斥力均随r的减小而增大，当时，分子引力与分子斥力的合力为零；

②在乙分子靠近甲分子的过程中（两分子间的最小距离小于），分子力先表现为引力后表现为斥力，分子力先做正功后做负功，两分子组成的系统的分子势能先减小后增大；当时，分子势能最小。

【分析】两分子间的引力和斥力随r的减小而增大；当两分子间距离小于时，分子力表现为斥力，随这分子间距离的减小分子力先做正功后做负功，从而判断分子势能的变化情况。

16．【答案】简谐运动；2或2.0；0.05

【解析】【解答】① 若摆角，不计一切阻力，则该单摆的振动可视为简谐运动；

根据单摆周期公式可得，其振动周期为

代入数据，解得

②每次补充的能量为

由于每完成10次全振动给它补充一次能量，则

所以在s内总共应补充的能量为

【分析】根据单摆的周期表达式得出该单摆的周期，利用重力势能的变化量得出s内总共应补充的能量。