四川省成都市石室中学2023届高三下学期二诊物理模拟试题（Word版附解析）

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1．植物通过光合作用和呼吸作用与环境交换碳元素，体内碳14的比例与大气中的相同。植物枯死后，遗体内的碳14仍在发生衰变，不断减少，但不能得到补充。现测得甲、乙两种古木样品中碳14的含量分别是现代植物的和，由此可以推断甲、乙两种古木的年龄之比大约为（ ）
A．1∶2B．2∶1C．1∶4D．4∶1
【答案】A
【详解】根据半衰期的定义可知，古木每经过一个半衰期就有一半的碳14发生衰变，由于甲古木样品中碳14的含量是现代植物的，则甲古木的年龄大约是碳14的1个半衰期，同理，乙古木样品中碳14的含量是现代植物的=（）2，则乙古木的年龄大约是碳14的2个半衰期，所以甲、乙两种古木的年龄之比大约为1∶2。
故选A。
2．如图所示的真空中，在正方体ABCD-A1B1C1D1空间中A、C1固定有等量的正电荷，下列说法正确的是（ ）
A．B点和D点的电势相等且比B1点和D1的电势都高
B．B1点和D1点的场强相同
C．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做类平抛运动
D．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动
【答案】D
【详解】A．由两个等量同号电荷产生电势的对称性知顶点B、D1处的电势相等，故A错误；
B．由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C．两个正电荷形成的电场不是匀强电场，电子不可能做类平抛运动，故C错误；
D．只在电场力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小恒定的电场力，电子在垂直于AC1并过O点的平面内绕O点可以做匀速圆周运动。故D正确。
故选D。
3.如图所示,在直线MN右侧空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B0的匀强磁场,一单匝矩形线圈abcd的ab边与MN重合,且绕ab边以角速度ω匀速转动,转动一圈的时间内线圈产生的焦耳热为Q;若线圈不动且磁场方向始终与线圈平面垂直，磁感应强度 B随时间均匀变化,在相同的时间内线圈产生的焦耳热也为Q,则磁感应强度的变化率为（ ）
A． B．C．D．
4．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D．所有粒子所用最短时间为
【答案】D
【详解】A．粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；
B．根据
得
从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；
CD．由
粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图
当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为 ，则最短时间为
M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确。
故选D。
5．如图所示，将一质量为的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时的频闪照片，图乙是小球下落的频闪照片。O点是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相等，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（ ）
A．mgB．C．D．
【答案】C
【详解】假设每块砖的厚度为d，照相机拍照的时间间隔为T，则向上运动和向下运动分别用逐差法可得

根据牛顿第二定律可得

联立解得
故C正确。故ABD错误。
故选C。
6．一次台球练习中某运动员用白球击中了彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间非常短，碰后两球在同一直线上，且台球与桌面之间的粗糙程度保持不变，两球质量均相同，碰撞后两球的位移x（m）与速度的平方（）关系如图所示，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞中，两球之间作用力的冲量大小相等，方向相反
B．碰撞过程中系统的机械能守恒
C．碰撞前白球的速度为1.7m/s
D．台球与桌面之间的动摩擦因数为0.025
【答案】ACD
【详解】A．根据
I=Ft
可知作用力与反作用力由于大小相等，方向相反，则一对作用力与反作用力的冲量等大反向，即碰撞中，两球之间作用力的冲量大小相等，方向相反，A正确；
B．若碰撞过程系统机械能守恒，即若发生的是弹性碰撞，白球与静止的彩球发生正碰，两球质量相等，则速度发生交换，白球速度应该为0，根据图示可知，图线与横轴的交点坐标为球体碰后速度的平方，则碰撞后白球速度不为0，可知碰撞是非弹性碰撞，碰撞过程中系统的机械能不守恒，B错误；
C．根据图像可知，碰撞后，白球与彩球的速度分别为
，
根据动量守恒定律有
解得
C正确；
D．根据速度与位移关系式有
变形有
结合图像有
解得
对球体分析有
解得
D正确。
故选ACD。
7．2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星II，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星I发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星I发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星I对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（ ）
A．地球的平均密度为
B．卫星I、II的角速度之比为
C．卫星II的周期为
D．题中时间为
【答案】AC
【详解】A．设卫星Ⅰ的轨道半径分别为R1，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有
其中
且有
其中R为地球的半径，联立解得
故A正确；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示
在三角形AOB中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
故B错误；
C．根据
可得
因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
故C正确；
D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，故D错误。
故选AC。
8．两根相互平行、足够长的光滑金属导轨ACD-A1C1D1固定于水平桌面上，左侧AC-A1C1轨道间距为L，右侧CD-C1D1轨道间距为2L，导轨所在区域存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。如图所示，两横截面积相同、由同种金属材料制成的导体棒a、b分别置于导轨的左右两侧，已知导体棒a的质量为m。某时刻导体棒a获得一个初速度v0开始向右运动，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。关于导体棒以后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a、b运动稳定后，相等时间内通过的位移之比是2∶1
B．导体棒a、b运动稳定后的速度分别为，
C．从开始到运动稳定的过程中，通过导体棒a的电荷量为
D．从开始到运动稳定的过程中，导体棒b产生的热量为
【答案】AD
【详解】A．设导体棒a的电阻为R，则导体棒b的质量为2m、电阻为2R。导体棒a获得向右的初速度后，导体棒a、b与导轨组成的回路产生感应电流，根据楞次定律可判断出导体棒a受向左的安培力，开始向右做减速运动；导体棒b中电流方向与a相反，受到向右的安培力，开始向右做加速运动，同时产生与a相反的感应电动势，因此电路中感应电动势为
当a、b产生的感应电动势大小相等时，即
电路中电流为零，此后导体棒a、b将分别以va、vb做匀速运动，相等时间内通过的位移之比是2∶1，故A正确；
B．在导体棒从开始运动到稳定运动的过程中，根据动量定理列方程，取向右为正方向
对导体棒a，有
对导体棒b，有
联立以上三式解得
，
故B错误；
C．由于通过导体棒的电荷量为
根据以上分析可得
解得
故C错误；
D．在整个过程中由能量守恒定律知，整个电路中产生的焦耳热为
由于a、b棒产生的热量之比为
因此导体棒b产生的热量
故D正确。
故选AD。
二、非选择题：
9．（6分）某同学利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。质量均为M的滑块a、b用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接，滑块b上装有质量不计、宽度为d的遮光片，测出滑块b由静止释放时光电门距遮光片的高h，保持h不变，依次在滑块a下面悬挂n个质量均为m的钩码（图中未画出），并记录遮光片通过光电门的遮光时间t及对应的n。
（1）滑块b通过光电门时的速度大小v=__________（用d、t表示）
（2）得到若干组（t，n）后，以____________（填“n”、“”或“n2”）为横坐标，以t2为纵坐标，在坐标纸上描点连线，若在误差允许的范围内，得到的图像为直线，则牛顿第二定律得到验证。
（3）若（2）中作出的图像的斜率为k，则当地的重力加速度大小g=___________。（用相关物理量的符号表示）
【答案】
【详解】(1)[1]有极短时间内的平均速度等于瞬时速度可得，滑块b通过光电门时的速度大小
(2)[2]由牛顿第二定律有
由速度位移关系式有
联立可得
以t2为纵坐标，在坐标纸上描点连线，若在误差允许的范围内，得到的图像为直线，则横坐标为；
(3)[3]作出的图像的斜率为
可得
10．（9分）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18 V，内阻约为2 Ω）
B．电压表（量程为6 V，内阻约为30 kΩ）
C．电流表（量程为3 A，内阻约为0.3 Ω）
D．滑动变阻器（0 ~ 50 0，3 A）
E.电阻箱（最大阻值9999 99Ω）
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】 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 25225.0 18 17.4
【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2.0 V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
则可知
则由图像可知，电源的电动势
内阻
11．（12分）在光滑的水平面上，质量分别为、的滑块A、B中间有一轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。现将弹簧压缩后用细线锁住，如图所示，在B的右侧有一倾斜传送带，水平面与传送带通过一段长度可忽略不计的圆弧平滑连接。已知传送带两轮轴之间的距离，传送带的倾角，滑块B与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，忽略传送带转轮的大小，不计空气阻力，滑块可视为质点。初始时，让传送带不转动，锁定滑块A让它静止不动，烧断细线，发现滑块B恰好能滑到传送带的最高点。
，取。求：
(1)烧断细线前弹簧存储的弹性势能；
(2)若烧断细线前，解除对滑块A的锁定，同时让传送带以恒定的速度，顺时针转动，则要使烧断细线后滑块B能滑到传送带的最高点，传送带的速度的最小值以及此情形中传送带因运送滑块B多消耗的电能E分别为多少？（最后计算结果保留2位有效数字）
【答案】(1)54J；(2)，39J
【详解】(1)设滑块B与弹簧脱离时的速度大小为v，根据题意可知，滑块脱离弹簧之后在水平面上做匀速运动，在传送带上做匀减速运动。
滑块B在传送带上运动时，根据匀变速直线运动规律有
其中
解得
烧断细线后，根据功能关系有
(2)烧断细线后，在两滑块脱离弹簧的过程，系统动量守恒，有
根据机械能守恒有
解得
设传送带的速度的最小值为，则当滑块B的速度大于传送带的速度时，滑动摩擦力的方向沿斜面向下；当滑块B的速度小于传送带的速度时，滑动摩擦力的方向沿斜面向上；滑块B滑到传送带的最高点时的速度为零。
当滑动摩擦力的方向沿斜面向下时，有
其中
此过程摩擦生热
其中
当滑动摩擦力的方向沿斜面向上时，有
其中
此过程摩擦生热
其中
结合
解得
根据能量守恒有
解得
12．（20分）芯片制造过程有极其复杂的工艺，其中离子注入是一道重要的工序，该工作原理如图所示：离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，离子在速度选择器中做匀速直线运动，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入到水平面内的晶圆（硅片）处。速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，匀强电场场强大小为E，方向竖直向上；磁分析器截面是内外半径分别为和的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，底面与晶圆所在的水平面重合，偏转系统中匀强磁场的磁感应强度大小为B、匀强电场场强大小为E，它们的方向均垂直纸面向外；从磁分析器N处小孔射出的离子自偏转系统上表面的中心射入，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点。以O点为坐标原点，偏转系统中B的方向为x轴正方向，水平向左为y轴正方向，建立平面直角坐标系。整个系统置于真空中，不计离子重力，打到晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小，而当很小时，有以下近似计算：，。求：
（1）离子的电性及通过速度选择器后的速度大小；
（2）从磁分析器出来的离子的比荷；
（3）偏转系统同时加上电场和磁场时，离子注入晶圆的位置坐标。
【答案】（1）带正电荷，；（2）；（3）（，）
【详解】（1）离子在速度选择器中受力平衡，则有
可得离子速度大小
利用离子在磁分析器中的偏转，根据左手定则可知离子带正电荷。
（2）离子在磁分析器中运动的轨道半径
由于洛伦兹力提供向心力可知
联立解得
（3）离子进入偏转系统后，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，轨道半径仍为R，设偏转角为，如图所示
则偏转距离
而
由于很小，可知
，
联立整理得
离子在偏转系统中运动的时间
在沿着电场方向做匀加速的运动，可知
其中
联立解得
因此离子注入晶圆的位置坐标为（，）。
选修3-3
1.（5分）分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（ ）
A．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力
B．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但其分子平均动能保持不变
C．用吸管将牛奶吸入口中是利用了毛细现象
D．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
【答案】ABD
【详解】A．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，故A正确；
B．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，由于熔化过程温度不变，则其分子平均动能保持不变，故B正确；
C．用吸管将牛奶吸入口中是利用了大气压强的原理，不是毛细现象，故C错误；
D．物体温度升高时，分子平均速率增大，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故D正确。
故选ABD。
2．（10分）如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为 的斜面上，汽缸深度为=4cm，汽缸口有固定卡槽。汽缸内用质量为=1kg、横截面积为=0.5cm2的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞距汽缸底部的距离为，汽缸内气体温度为。现通过汽缸底部的电热丝（体积可忽略）缓慢对气体加热，一直到气体温度升高到。加热过程中通过电热丝的电流恒为=0.2A，电热丝电阻为=1Ω，加热时间为=1min，若电热丝产生的热量全部被气体吸收。大气压强恒为Pa，不计活塞及固定卡槽的厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。已知，，取=10m/s2。求：
（1）气体温度升高到时的压强。
（2）气体温度从升高到的过程中增加的内能。
【答案】（1）；（2）2.18J
【详解】（1）初始时活塞受力平衡，有
解得
活塞达到卡槽前压强恒为，由盖—吕萨克定律有
解得
活塞达到卡槽后体积不变，由查理定律有
解得
（2）电热丝产生的热量
气体对外做功
由热力学第一定律知气体增加的内能
解得
选修3-4
1.（5分）在均匀介质中，有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形如图所示，此时质点Q位于波峰，随后的3.75s内质点Q通过的总路程为50cm。则下列说法错误的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播的速度为
B．3.75s内质点P通过的总路程小于50cm
C．质点P的振动方程为y＝
D．t＝3s时x＝18m的质点沿x轴向右移动的距离为60m
E．x＝6.5m和x＝12.5m的质点振动情况总是相反
【答案】ACD
【详解】A．设周期T
则
解得
由图知，波长
则速度为
故A错误，符合题意；
B．P点不在平衡位置、波峰或波谷，且波沿x轴正方向传播，质点由平衡位置向波峰运动的过程中，速度越来越小，由波峰向平衡位置运动的过程中，速度越来越大，所以
内质点P通过的总路程小于50cm，故B正确，不符合题意；
C．设质点P的振动方程为
y＝
所以
y＝
当时
代入方程得
质点P的振动方程为
y＝
故C错误，符合题意；
D．质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，故D错误，符合题意；
E．x＝6.5m和x＝12.5m的质点相差半个波长，振动情况总是相反，故E正确，不符合题意。
故选ACD。
2．（10分）如图所示，AOB为半径为R的扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射角为60°，折射光线平行于BO边，C点到BO面的距离为，AD⊥BO，∠DAO＝30°，光在空气中的传播速度为c，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光在玻璃砖中传播的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）光路如图所示
由几何知识可知，在AO面上光线的折射角为30°，所以玻璃砖的折射率
（2）由于折射光线CE平行于BO，光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为，即
所以α满足
解得
由几何关系可知
又光在玻璃中的速度
故光在玻璃砖中传播的时间