四川省成都市树德中学2022-2023学年高三物理下学期三诊模拟试题（Word版附解析）

四川省成都市树德中学2022-2023学年2023届高三下学期三诊模拟物理试题一、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.宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：，产生的能自发进行衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（　　）A.发生衰变的产物是B.衰变辐射出电子来自于碳原子的核外电子C.近年来由于地球的温室效应，引起的半衰期发生微小变化D.若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年【答案】D【解析】【详解】A．根据即发生衰变的产物是，选项A错误；B．衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；C．半衰期是核反应，与外界环境无关，选项C错误；D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，可知经过了2个半衰期，则该古木距今约为5730×2年=11460年，选项D正确。故选D。2.工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部为圆形绳套，、、、是圆上四等分点，侧面、、、是四条完全相同、不可伸长的轻绳。点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m，石球表面光滑、重力大小为。下列说法正确的是（　　） A.绳的张力大小为B.若侧面绳长不变，减小绳套的半径，绳的张力减小C.若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，绳的张力增大D.若加速向上提升石球，绳的张力大于【答案】D【解析】【详解】A．对石球受力分析，绳与石球相切于点，设绳与竖直方向夹角为，如下图所以对结点O受力分析，由平衡条件得解得，绳的张力大小为A错误；B．由题意可知若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则变大，变小，则绳的张力增大，B错误；C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，变小，变大，由 可得，绳的张力减小，C错误；D．当石球平衡时，绳子拉力为所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律可得，绳的张力D正确。故选D。3.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如图（a）所示。两卫星之间的距离随时间周期性变化，如图（b）所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（　　）A.A、B的轨道半径之比为B.A、B的线速度之比为C.A的运动周期大于B的运动周期D.在相同时间内，A与地心连线扫过的面积小于B与地心连线扫过的面积【答案】D【解析】【详解】AB．由图知，解得，所以A、的轨道半径之比为；设地球质量为，卫星质量为，卫星的轨道半径和线速度分别为、 。由得A、B的线速度之比为，故AB错误；C．由得A的轨道半径小于B的轨道半径，A的运动周期小于的运动周期，C错误；D．绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间内扫过的面积由万有引力提供向心力，可知解得可知，在相同时间内，A与地心连线扫过的面积小于与地心连线扫过的面积，D正确。故选D。4.如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO．a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则（） A.粒子带负电B.粒子的比荷为C.粒子b将从DN边上某一位置（不含N点）射出D.a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A．由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；B．由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由可知，粒子的比荷为选项B错误；C．从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON=60°，可知粒子b正好从N点射出，选项C错误；D．从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2，选项D正确。5.如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（） A.在处的电场强度大小为20V/mB.滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小C.滑块运动至处时，速度的大小为2.5m/sD.若滑块恰好能到达处，则该处的电势为-50V【答案】D【解析】【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为解得电场强度大小故A错误；B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功由动能定理得解得滑块运动至处时，速度的大小为故C错误；D．若滑块恰好到达x=5m处，则滑块恰好到达x=5m处则滑块从x=1m到x=5m运动过程中由解得滑块到达处的电势能处的电势为 故D正确。故选D。6.如图所示，abcd为N匝矩形线框，可以围绕ad边匀速旋转，角速度为ω，每匝面积为S。在ad连线下方、且在dc连线左侧的区域，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，场强为B，线框的总电阻为r，两端连接到理想变压器，对负载R供电。变压器初级线圈和次级线圈的匝数为n1和n2，A为理想交流电流表，不计一切摩擦，则（）A.电流表的示数大小为B.调节R的大小，当时，R的功率最大C.若使R的电阻值减小，电流表的示数将增大D.若使线框角速度变为2ω，R的平均功率变为原来的2倍【答案】BC【解析】【详解】AC．由题可知，将理想变压器和负载等效为一个用电器，其等效电阻为则电路总电阻由题图可看出发电机只会产生半个周期的正弦交流电，则有可得其电流有效值为 则由上式可看出若使R的电阻值减小，电流表的示数将增大，A错误、C正确；B．利用变压器进行阻抗匹配，当时R的功率最大，B正确；D．电路总功率为由上式可知转速变为原来的2倍，功率变为原来的4倍，D错误。故选BC。7.如图所示，宽度为L的光滑平行金属导轨水平放置于方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨足够长且电阻不计，磁场的磁感应强度为B，导轨左端接一阻值为R的定值电阻和一电容为C的电容器，电阻不计的金属棒MN置于导轨上。某时刻在垂直于金属棒方向施加一水平恒力F，使金属棒由静止开始运动，运动过程中金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好。下列说法正确的是（　　）A.开关断开、闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为B.开关闭合、断开，金属棒做匀加速直线运动，加速度为C.开关都闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为D.开关都闭合，金属棒做匀加速直线运动，加速度为【答案】ABC【解析】 详解】A．开关断开、闭合，金属棒先加速运动，最终做匀速直线运动，此时安培力又解得故A正确；B．开关闭合、断开解得a=故B正确；CD．开关都闭合，电容器稳定后相当于断路，金属棒最终做匀速直线运动，速度为，故C正确，D错误。故选ABC。8.如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同，，，重力加速度大小为，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是（　　） A.小球经过点时的加速度大小为B.小球的质量为C.绳中的最小张力为D.该系统的最大总动能为【答案】ABD【解析】【详解】本题考查机械能守恒定律，目的是考查学生的分析综合能力。A．小球经过点时水平方向平衡，在竖直方向仅受到重力作用，加速度大小为。故A正确；B．根据机械能守恒定律有解得故B正确；C．小球从P到Q，物块A先加速后减小，物块受到的拉力先小于重力后大于重力，小球从Q到最高点，物块A先向上加速后向上减速，物块受到的拉力先大于重力后小于重力，所以最小值应该在最高或者最低点。设小球在最高点的加速度大小为，则物块对应的加速度大小为，则有，解得设小球在最低点时的加速度为a对小球有对物块有解得故C错误；D．设轻绳与水平方向的夹角为时，系统的总动能为，有 解得为第一象限内单位圆上的点与定点连线的斜率，所以故D正确。故选ABD。二、非选择题：9.如图甲所示，小明将一小球从斜面顶端水平弹出使其做平抛运动，为了研究小球平行于斜面方向的分运动规律，将频闪相机正对斜面拍摄，得到小球运动过程中的频闪照片，并测算出小球沿平行斜面方向的运动距离如图乙所示，已知频闪相机的频闪频率为20Hz。（1）频闪照片中相邻两个位置的时间间隔为________s；（2）小明由图乙判断小球平行斜面方向的分运动为匀加速直线运动，他作出该判断的理由是：________________________________________；（3）由图乙可计算出小球平行斜面方向的分运动的加速度大小为______m/s2（结果保留三位有效数字）。【答案】①.0.05②.在误差允许的范围内，相同时间间隔内相邻的位移差为定值③.1.30【解析】【详解】（1）频闪相机的频闪频率为20Hz，根据频率与周期的关系可得频闪照片中相邻两个位置的时间间隔为（2）根据图乙可得各相邻时间间隔内的位移分别为 则各相邻时间间隔内的位移差分别为在误差允许的范围内，相同时间间隔内相邻的位移差为定值，故小球平行斜面方向的分运动为匀加速直线运动。（3）根据匀变速直线运动位移差公式可得小球平行斜面方向的分运动的加速度大小为10.小梦同学自制了一个两挡位（“”“”）的欧姆表，其内部结构如图所示，为调零电阻（最大阻值为），、、为定值电阻（），电流计G的内阻为。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：（1）短接①②，将单刀双掷开关与接通，电流计G示数为；保持电阻滑片位置不变，将单刀双掷开关与接通，电流计G示数变为，则______（填“大于”或“小于”）；（2）将单刀双掷开关与接通，此时欧姆表的挡位为______（填“”或“”）；（3）若从“”挡位换成“”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计G满偏刻度处）时，调零电阻的滑片应该______调节（填“向上”或“向下”）；（4）在“”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为的定值电阻，稳定后电流计G 的指针偏转到满偏刻度的；取走，在①②间接入待测电阻，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的，则______。【答案】①.大于②.③.向上④.【解析】【详解】（1）[1]根据题意可知，所以开关拨向时电路的总电阻小于开关拨向时电路的总电阻，电源电动势不变，根据可知；（2）[2]当开关拨向时，全电路的总电阻较大，中值电阻较大，能够接入待测电阻的阻值也更大，所以开关拨向时对应欧姆表的挡位倍率较大，即；（3）[3]从“”挡位换成“”挡位，即开关从拨向，全电路电阻增大，干路电流减小，①②短接时，为了使电流表满偏，则需要增大通过电流计所在支路的电流，所以需要将的滑片向上调节；（4）[4]在“”挡位，令与串联部分的总电阻为，上半部分单独叫，电路图结构简化如图第一次，当①②短接，全电路的总电阻为通过干路的电流为电流表满偏，根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知第二次，①②之间接入，全电路总电阻为，通过干路的电流为 电流表偏转了量程的，则结合第一次和第二次解得第三次，①②之间接入，全电路总电阻为，通过干路的电流为电流表偏转了量程的，则结合第二次和第三次，解得11.如图（a）所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L=1.0m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为R=3.0Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m=0.90kg，电阻r=0.50Ω，重物的质量M=1.50kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑距离与时间的关系图像如图（b）所示，不计导轨电阻，g=10m/s2。求：（1）t=0时刻金属棒的加速度；（2）求磁感应强度B的大小以及在1.2s内通过电阻R的电荷量；（3）在1.2s内电阻R产生的热量。 【答案】（1）a=4.375m/s2；（2）T，C；（3）QR=9.45J【解析】【详解】(1)对金属棒和重物整体Mg-mgsinθ=（M+m）a解得a=4.375m/s2(2)由题图（b）可以看出最终金属棒ab将匀速运动，匀速运动的速度=1.75m/s感应电动势E=BLv感应电流金属棒所受安培力匀速运动时，金属棒受力平衡，则可得联立解得T在1.2s内金属棒ab上滑的距离s=1.40m，通过电阻R的电荷量C(3)由能量守恒定律得解得Q=11.025J又因为 联立解得QR=9.45J12.如图所示，长为L2=2m的水平传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为mB=mC=1kg的物块B和C，在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1=2m处由静止释放一质量mA=0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；（2）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数；（3）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程，【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得代入数据可得A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A速度为，B的速度为，有代入数据得 物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B解得物块B经时间后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有由于，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位移因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能代入数据得（2）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有代入数据得由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换．对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知代入数据得（3）由（2）知，物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得 （1，2，…，10）物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程（1，2，…，10）所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程代入数据得选修3-413.如图（a），在平面内有两个沿方向做简谐振动的点波源和。两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示．两列波的波速均为，两列波从波源传播到点的路程差为___，两列波引起的点处质点的振动相互______（填“加强”或“减弱”），点处质点的振动相互____（填“加强”或“减弱”）。【答案】①.2②.减弱③.加强【解析】【详解】[1]点波源的振动形式传播到点的路程为，点波源的振动形式传播到点的路程为，两列波从波源传播到点的路程差为[2]由于两列波的波源到点的路程相等，路程差为零，且时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点时振动方向相反，引起的点处质点的振动相互减弱 [3]由振动图线可知，波动周期，波长由于两列波的波源到点的路程分别为和，路程差为，而时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点时振动方向相同，点处质点的振动相互加强14.如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．（1）求棱镜的折射率；（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．【答案】（1）；（2）sin=【解析】【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束AB边上折射，由折射定律得…………①式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知α+β=60°…………②由几何关系和反射定律得…………③联立①②③式，并代入i=60°得…………④（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得…………⑤依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且 …………⑥由几何关系得…………⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sin=…………⑧