2021届四川省成都市第七中学2021届高三（下）3月二诊模拟考试理综物理试题（解析版）

成都七中高 2021 届高中毕业班第二次诊断模拟检测 理科综合 考试时间：150 分钟 满分：300 分 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，再选涂其他答案标号。回答非选择题题时，将答案写在答题卡上，写 在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Zn-65 第Ⅰ卷（选择题 共 126 分） 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. 下列说法正确的是（ ） A. β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的 B. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的 C. 卢瑟福的原子核式结构模型解释了α粒子散射实验 D. 查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A. β射线是原子核内中子转化为质子时释放的电子，故 A 错误； B. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故 B 错误； C. 卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，故 C 正确； D. 贝克勒尔发现了天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，故 D 错误。 故选 C。 2. 人们在生产、生活中经常使用变压器，用它来改变交流电的电压，满足各种实际需要。如图所示，变压 器是理想变压器，原线圈的输入电压、匝数、输入电功率、电流和交流电的频率分别为 U1、n1、P1、I1 和 f1； 副线圈的输出电压、匝数、输出电功率、电流和交流电的频率分别为 U2、n2、P2、I2 和 f2。已知 U1＞U2， 下列说法中正确的是（ ） A. n1＜n2 B. f1＜f2 C. I1=I2 D. P1=P2 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据理想变压器的电压关系 1 1 2 2 n U n U  由于 U1＞U2 则有 n1＞n2，所以 A 错误； B．理想变压器原、副线圈的频率总是相同，所以 B 错误； C．根据理想变压器的电流关系 1 2 2 1 n I n I  由于 n1＞n2 则有 I1＜I2，所以 C 错误； D．理想变压器原、副线圈的电功率总是相等，所以 D 正确； 故选 D。 3. 假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置 一个质量为 m 的小球(可视为质点)，如图所示，当给小球一瞬时冲量 I 时，小球恰好能在竖直平面内做完整 的圆周运动。已知圆轨道半径为 r，月球的半径为 R，则月球的第一宇宙速度为（ ） A. 5 I R m r B. I R m r C. I r m R D. 5 I r m R 【答案】A 【解析】 【详解】小球获得瞬时冲量 I的速度为 v0，有 0 0I p mv  ＝ 而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力 2vmg m r  从最低点到最高点由动能定理可知 2 2 0 1 12 = 2 2mg r mv mv   解得 2 2= 5 Ig rm 月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足 2 1= vm g m R   解得 1 5 I Rv m r  故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 4. 一平行板电容器的电容为 C，两板间的距离为 d，上板带正电，电量为 Q，下板带负电，电量也为 Q，它 们产生的电场在很远处的电势为零．两个带异号电荷的小球用一绝缘刚性杆相连，小球的电量都为 q，杆长 为 l，且 l＜d．现将它们从很远处移到电容器内两板之间，处于如图所示的静止状态（杆与板面垂直），在 此过程中电场力对两个小球所做总功的大小等于多少？（设两球移动过程中极权上电荷分布情况不变） （ ） A. Qlq Cd B. 0 C. ( )Qq d lCd  D. Clq Qd 【答案】A 【解析】 【详解】解：由于电场力做功与路径无关，移动两电荷的过程可等效为﹣﹣假设两电荷未用一绝缘刚性杆 相连，但彼此绝缘放在一起，首先将两电荷同时移动到题中负电荷的位置，在此过程中电场力对正负电荷 分别做了等量的正功和负功，其总功 W1=0；然后保持负电荷不动，将正电荷沿电场线移动到题中的位置， 在匀强电场中的功为 W2=Eql= = ，因此整个移动过程中电场力的总功为 W=W1+W2= ． 故选 A． 【点评】本题要注意这一种解题的思路，从整体上来考虑电场对电荷做功的大小，电场对正负电荷做的总 功为零． 5. 如图所示，在直角三角形 abc 区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ， 60a   ， 90b   ，边长 ac L ，一个粒子源在 a 点将质量为3m 、电荷量为 q的带正电粒子以大小和 方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ） A. 6 qBL m B. 4 qBL m C. 3 6 qBL m D. 2 qBL m 【答案】A 【解析】 【详解】粒子运动时间最长，则要求圆心角最大；速度最大，则要求运动半径最大，所以粒子沿 ab 边进入 磁场时满足条件，轨迹如图： 根据几何关系可知四边形 abdO 为正方形，所以粒子运动半径 6 1 2cos 0 Lr L   洛伦兹力提供向心力 2 3 vqvB m r  解得 6 qBLv m  A 正确，BCD 错误。 故选 A。 6. 如图所示，在 0≤x≤2L 的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，粗细均匀的正 方形金属线框 abcd 位于 xOy 平面内，线框的 bc 边与 x 轴重合，cd 边与 y 轴重合，线框的边长为 L，总电 阻为 R。线框在外力作用下一直沿 x 轴正方向以速度 v 做匀速直线运动，则下列说法正确的是（ ） A. 进入磁场时，线框中的电流沿 abcda 方向 B. 进入磁场时，线框 c、d 两端电势差 Ucd=BLv C. 全部在磁场中时，线框 c、d 两端电势差为 0 D. 进入和离开磁场时，线框所受安培力的方向均为-x 方向 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A．刚进入磁场时，只有 cd 边做切割磁感线，由右手定则可判断电流由 c 指向 d，所以线框中的电 流方向 abcda，A 正确； B．刚进入磁场时，cd 做切割磁感线，相当于电源，产生感应电动势为 E BLv cd 两端的电势差其实是路端电压 cd 3= 4U BLv B 错误； C．线框全部进入磁场中，磁通量不再变化，没有感应电流产生，但 cd 还在做切割磁感线，有感应电动势， 与 ab 边产生的感应电动势大小相同，方向相反，整个电路电动势抵消为零，电路中没有电流，但 cd 端电势 差不为零，C 错误； D．线框进入磁场时，根据楞次定律，cd 边受到的安培力阻碍磁通量增加，方向水平向左，线框离开磁场 时，安培力阻碍磁通量减少，方向依然向左，D 正确。 故选 AD。 7. 如图甲所示，abcd 是匝数为 50 匝、边长为 20cm、总电阻为 1.0Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面 垂直向里的图示匀强磁场中。磁感应强度 B 随时间 t 发生周期性变化，变化关系如图乙所示。不考虑线圈各 边电流之间的相互作用，以下说法中正确的是（ ） A. 在 t＝1.0s 时，导线圈产生的感应电流大小为 4.0A B. 在 t＝2.5s 时，导线圈 ab 边受到的匀强磁场对它的安培力方向垂直 ab 边指向导线圈外侧 C. 导线圈中产生的是直流电 D. 在一个周期内，导线圈内电流的有效值为 2 2 A 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A．在 t＝1.0s 时，导线圈产生的感应电流大小为 4 1 (2 0) 20 20 1050 A=2A(2 0) 1 BSI n tR          故 A 错误； B．在 2s~3s 内，通过 abcd 的磁通量减少，根据楞次定律和安培定则，可知感应电流是顺时针方向，ab 中 电流从 a 到 b，由左手定则可判断出，ab 边受到的匀强磁场对它的安培力方向垂直 ab 边指向导线圈外侧， 故 B 正确； C．根据楞次定律可知，0~2s 内和 2s~3s 内的感应电流方向相反，故 C 错误； D．2s~3s 内的电流大小为 4 2 ' (2 0) 20 20 1050 A=4A(3 2) 1 BSI n t R          由 2 2 2 1 2 2 3 3 T TI RT I R I R  得电流的有效值为 2 2AI  故 D 正确。 故选 BD。 8. 如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球 b，另一 端与套在水平细杆上的小球 a 连接．在水平拉力 F 作用下小球 a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳 中张力大小视为不变）．已知小球 b 的质量是小球 a 的 2 倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球 a 与细杆 间的动摩擦因数为 3 3 ．则下列说法正确的是 A. 当细绳与细杆的夹角为 60°时，拉力 F 的大小为（2– 3 3 ）mg B. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大 C. 拉力 F 的大小一直增大 D. 拉力 F 的大小先减小后增大 【答案】AC 【解析】 【详解】设小球 a 的质量为 m，则小球 b 的质量为 2m，在缓慢移动的过程中，两小球都处于平衡状态，绳 子的拉力 bT m g mg  ，当细绳与细杆的夹角为 60°时，对小球 a 受力分析如图所示，则在水平方向上有 cos60F N T   ，已知 2b am m ，在竖直方向上有 sin 60T N mg   ，联立解得 3(2 )3F mg  ， 两段绳子的拉力大小不变，但夹角变大，所以合力变小，故支架对轻滑轮的作用力减小，B 错误；绳子与 轻杆方向的夹角 越来越小，根据 sinT N mg   可知 N 越来越大，在水平方向上 cosF N T    ， 即摩擦力越来越大， cosT  越来越大，故拉力 F 的大小一直增大，C 正确 D 错误． 【点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．利 用正交分解方法解体的一般步骤：①明确研究对象；②进行受力分析；③建立直角坐标系，建立坐标系的 原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；④x 方向，y 方向分别列平衡方程求 解． 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。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. 如图甲所示为验证动量守恒的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，G1 和 G2 为两个光电门，A、B 均为 弹性滑块，质量分别为 mA、mB，且 mA 大于 mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为 d，实验过程如下： ①调节气垫导轨成水平状态； ②轻推滑块 A，测得 A 通过光电门 G1 的遮光时间为 t1； ③A 与 B 相碰后，B 和 A 先后经过光电门 G2 的遮光时间分别为 t2 和 t3。 回答下列问题： （1）用螺旋测微器测得遮光片的宽度如图乙所示，读数为________ mm； （2）实验中使用气垫导轨的目的是__________； （3）利用所测物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子为：__________________。 【答案】 (1). 1.196mm (2). 既能保证两个滑块的碰撞时一维的，又能减小滑块和导轨之间的摩擦力， 从而达到减小实验误差的目的 (3). A A B 1 3 2 m m m t t t   【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为 1mm， 可动刻度读数为 19.6 0.01mm 0.196mm  则读数为 1mm+0.196mm=1.196mm (2)[2] 实验中使用气垫导轨，既能保证两个滑块的碰撞时一维的，又能减小滑块和导轨之间的摩擦力， 从而达到减小实验误差的目的。 (3)[3]碰后 A 的速度为 3 3 dv t  碰后 B 的速度为 2 2 dv t  碰撞前的总动量为 A 1 A 1 1 m dp m v t   碰撞后的总动量为 A B 2 A 3 B 2 3 2 m d m dP m v m v t t     则动量守恒的表达式为 1 2p p 整理得 A A B 1 3 2 m m m t t t   10. 某同学设计如图(a)所示电路来测量未知电阻 Rx 的阻值和电源电动势 E. (1)实验器材有:电源(内阻不计),待测电阻 Rx,(约为 5Ω),电压表Ⅴ(量程为 3V,内阻约为 1kΩ),电流表 (量程为 0.6A,内阻约为 2Ω),电阻 R0(阻值 3.2Ω),电阻箱 R(0-99.9Ω),单刀单掷开关 S1,单刀双掷开 关 S2,导线若干. (1)根据图(a)所示电路图用笔画线代替导线在图(b)中完成实物电路的连接____． (2)闭合开关 S1,将 S2 拨至 1 位置,调节电阻箱测得电压表和电流表的的示数分别为 2.97V 和 0.45A; 再将 S2 拨至 2 位置调节电阻箱测得电压表和电流表的的示数分别为 2.70V 和 0.54A.由上述数据可 测 算出待测电阻 Rx=__________ Ω(结果保留两位有效数字); (3)拆去电压表闭合开关 S1,保持开关 S2 与 2 的连接不变,多次调节电阻箱记下电流表示数和相应电阻 箱的阻值 R,以 1 I 为纵坐标,R 为横坐标作了 1 I --R图线如图(c)所示,根据图线求得电源电动势E=_______V. 实验中随着电阻箱阻值的改变电阻箱消耗的功率 P 会发生变化,当电阻箱阻值 R=______ Ω时电阻箱消耗 的功率最大(结果均保留两位有效数字) 【答案】 (1). (2). 4.8 (3). 5.0 (4). 5.0 【解析】 【详解】(1) (1)实物电路连线如图①②③； ； (2) 当开关 S1 闭合，S2 拨至 1 位置时，由欧姆定律可得 U1=I1(RA+Rx)，当 S2 拨至 2 位置时，由欧姆定律可 得 U2=I2(RA+R0)，联立解得 RA=1.8Ω，Rx=4.8Ω； (3) 由闭合电路欧姆定律可得： 0( )AE I R R R   变形得 01 1 AR RRI E E   可由斜率求得 E=5.0V，或由截距及 RA=1.8Ω求得 E=5.0V；电阻箱消耗的功率 2 2 2 2 00 0 ( )( ) 4( )AA A E EP I R R R R RR R R R RR         ，当 R=RA+R0=5.0Ω时，电阻箱消耗的功率最 大． 11. 某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长 L=0.50m、质量 M=0.40kg 的 木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量 m=0.80kg 的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩 擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g=10m/s2。一人用水平恒力 F1 向左作 用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力 F2 向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。 （1）若 F1=24N，F2=16N，求木板的加速度大小以及经过多少时间滑块从木板上端离开木板？ （2）若 F2=18N，为使滑块与木板不能发生相对滑动，求 F1 必须满足什么条件？ 【答案】(1) 2 s2t  ；(2) 1 30NF  【解析】 【分析】 【详解】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有 2 1 mF F mg ma   2 m 4m/sa  对木板由牛顿第二定律有 1 MF Mg Ma   2 M 2m/sa  因为 m Ma a ,所以假设成立,设时间为 t 滑块上升的高度为 mx ,则 2 m m 1 2x a t 木板上升的高度 Mx 则 2 M M 1 2x a t 滑块从木板上端离开木板 m Mx x L  代入数据得 2 s2t  (2)对滑块和木板整体由牛顿第二定律有 2 ( ) ( )F M m g M m a    25m/sa  对木板由牛顿第二定律有 Mf Mg Ma  6Nf  不能发生相对滑动应有 1F f  代入数据可得 1 30NF  12. 在如图所示的直角坐标系中，x＜0 区域有沿 x 正向的匀强电场，x≥0 区域有垂直于纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B。—质量为 m、电量为 q（q＞0）的粒子从原点 O 进入磁场，初速度大小为 v0，速度方 向与 y 轴正向夹角为φ（0°＜φ＜90°），不计重力。 （1）求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω； （2）带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从 O 点离开电场进入磁场，从而形成周期性运动，求电场强度 的大小； （3）当粒子运动到磁场区离 y 轴最远处时，有一个质量为 3m、速度大小为 3v0、方向沿 y 轴负方向的电中 性粒子与带电粒子发生弹性正碰（碰撞时间极短），在碰撞过程中没有电荷转移。求：碰撞以后的带电粒子 第一次作圆周运动的圆心坐标。 【答案】（1） qB m ；（2） 0 cosBv  ；（3） 0 ( 3 cos )mvx qB     ， 0 sinmvy qB    【解析】 【分析】 【详解】（1）带电粒子在磁场中运动的周期 2 mT qB  因此在磁场中运动的角速度 2 qB T m    （2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据 2 0 0 mvqv B R  离开磁场时的位置到坐标原点的距离 2 sind R  进入电场后做类斜抛运动 0 cosv t d  02 sin Eqv tm   整理得 0 cosE Bv  （3）粒子运动到磁场区离 y 轴最远处时的坐标 0(1 cos ) (1 cos )mvx R qB      0sin sinmvy R qB      两个粒子碰撞时，满足动量守恒，机械能守恒 0 0 1 23 3 3m v mv mv mv    2 2 2 2 0 0 1 2 1 1 1 13 (3 ) 32 2 2 2m v mv mv mv     整理得 1 04v v 根据 2 1 1 mvqv B R   解得 04mvR Bq   因此圆心横坐标 0 ( 3 cos )mvx x R qB       纵坐标 0 sinmvy y qB     13. 如图甲，让一根足够长均匀软绳的绳端 M 点在垂直于软绳的方向从 t=0 开始做持续的简谐运动，软绳 上会形成横波波形。已知软绳端点 M 的振动图像如图乙。在 t=1.1s 时刻，M、N 平衡位置之间只有一个波 峰，且 N 点处在平衡位置且向下运动，M、N 两点平衡位置之间距离 d=0.6m。下列说法中正确的是（ ） A. 波上各质点的起振方向向下 B. 该波的波长为 0.6m C. 该波的波速为 2m/s D. t=0.55s 时，N 点位于波峰 E. t=0 到 t=0.55s 时间内，N 点经过的路程为 1.0m 【答案】ACE 【解析】 【分析】 【详解】A．由软绳端点 M 的振动图像可知起振方向向下，由于运动的传递性，则波上各质点的起振方向 都是向下的，A 正确； B．由乙图在 t＝1.1s 时刻，M 在平衡位置且向上运动与 0.1s 时的运动状相同，而 M、N 平衡位置之间只有 一个波峰，则有 1+ =2 d  解得 =0.4m B 错误； C．由乙图可得振动周期为 T=0.2s，根据波速公式可得 0.4= =2m/s0.2v T  C 正确； D．根据波形移动规律可知，波传到 N 点的时间为 0.6 s 0.3s2 xt v    则 t=0.55s 时，N 点振动了 0.25s，由乙图可知 N 点开始振动 0.25s 时刚好处于波谷，D 错误； E．由于 t=0 到 t=0.55s 时间内，N 点开始振动 0.25s，刚好振动了 5 4T ，则 N 点经过的路程为 5 54 4 0.2m 1.0m4 4s A      E 正确。 故选 ACE。 14. 内径为 r，外径为 2r 的透明介质半球壳折射率 n =2，如图为其截面示意图． （1）将点光源放在球心 O 处，求光射出球壳的最短时间； （2）将光源移至 O 点正上方内壳上的 P 点，使其发出的光射向球壳外，求透明球壳外表面发光区域在截面 上形成的弧长． 【答案】（1）  2 1 nrr c c   （2） 2 6 r 【解析】 【详解】（1）光线从 O 点沿直线传播出来，时间为 1 rt c  在介质中传播时间为：   2 2 1 r t v   介质中传播速度满足 cn v  所以：  2 1 nrrt c c    （2）光由介质射向空气，临界角为 1sinC n  ，得到： 30C   如图，由正弦定理得到： sin sin OP AO C APO   得到： 135APO   ， 15   介质球壳外表面发光区域在界面上形成的弧长为 22 2 6 rs r   