2022届四川省内江市高三（下）第三次模拟考试理综物理试题（解析版）

内江市高中2022届第三次模拟考试题理科综合能力物理测试注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。4.考试结束，将本答题卡交回。第Ⅰ卷（选择题共１２６分）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。1.下列说法正确的是（）A.α射线、β射线和γ射线都是高速运动的带电粒子流B.卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，发现了在原子核内部存在中子C.当入射光的波长高于金属的极限波长时，不会发生光电效应D.在α粒子散射实验中，大多数α粒子发生了较大角度地偏转【答案】C【解析】【详解】A．α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，γ射线是光子流，不带电，A错误；B．卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，发现了在原子核内部存在质子，B错误；C．由波长频率和波速关系公式可知，当入射光的波长高于金属的极限波长时，则有入射光的频率低于金属的极限频率，不会发生光电效应，C正确；D．在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了较大角度地偏转，D错误。故选C。2.某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m高的横杆。据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为（）A.2m/s B.4m/s C.6m/s D.8m/s【答案】B【解析】【详解】运动员跳高过程，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高的高度约为0.9m，根据解得故选B。3.如图，理想变压器的原副线圈匝数比为，在a、b端接入一正弦式交流电源。L1、L2为两只规格为“22V6W”的相同小灯泡，两电表均为理想交流电表当滑动变阻器的滑片P处于中间位置时，两小灯泡恰好都正常发光下列说法正确的是（）

A.电压表的示数为44V B.电流表的示数为0.27AC.滑片P向下移动时，灯泡L2将变暗 D.滑片P向上移动时，灯泡L1将变暗【答案】A【解析】【详解】A．L2正常发光，可知副线圈两端的电压所以原线圈两端的电压即电压表的读数为44V，故A正确；B．根据公式P=UI可知原线圈上的电流根据电流与匝数成反比知副线圈的电流表的示数故B错误；C．若滑动变阻器的滑片P向下移动，滑动变阻器接入电路中电阻减小，副线圈中电流变大，则理想变压器的输入电流增大，L2灯泡中电流增大，所以L2变亮，故C错误；D．若滑动变阻器的滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，副线圈中电流减小，则理想变压器的输入电流减小，则L2中的电流减小，L2两端电压减小，由于a、b端电压不变，所以原线圈两端电压增大，由于变压器匝数不变，所以副线圈两端电压增大，所以L1将变亮，故D错误。故选A。4.登月舱在离月球表面112km的高空圆轨道上，环绕月球作匀速圆周运动，运动周期为120.5min，月球的半径约为1.7×103km，不考虑地球对登月舱的作用力，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2则月球质量约为（）A.6.7×1022kg B.6.7×1023kg C.6.7×1024kg D.6.7×1025kg【答案】A【解析】【详解】由题意可知：h=112km=1.12×105m，T=120.5min=7230s，R=1.7×103km=1.7×106m，设月球的质量为M，登月舱的质量为m，由月球对登月舱的引力提供向心力。可得可有代入数据解得M=6.7×1022kgA正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，两质量相等的物体A、B叠放在水平面上静止不动，A与B间及B与地面间的动摩擦因数相同．现用水平恒力F拉物体A，A与B恰好不发生相对滑动；若改用另一水平恒力拉物体B，要使A与B能发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉物体B的水平恒力至少应大于A.F B.2F C.3F D.4F【答案】D【解析】【分析】拉A时，根据A、B之间的最大静摩擦力和B与地面之间的最大静摩擦力判断B是否滑动，根据A与B恰好不发生相对滑动表示F的大小；隔离对A分析求出整体的临界加速度，根据牛顿第二定律表示拉力的大小．然后比较即可．【详解】设A与B之间的动摩擦因数为μ，AB之间的最大静摩擦力为：fAB=μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：fB地=μ(m+m)g=2μmg，当作用力在A上且AB之间摩擦力最大时，B的加速度为零，此时F=μmg；当作用力在B上且AB之间的摩擦力最大时，A的加速度达到最大，此时：fAB=m⋅aA，此时：aA=μgA的加速度与B的加速度相等，所以对AB：F-fB地=2maA，F=fB地+2maA=4μmg=4F，故ABC错误，D正确．故选D6.如图，当固定斜面的倾角为45°时，质量相等的A、B两物体均处于静止状态。当倾角θ再增大一些时，两物体仍然处于静止状态，不计绳重和滑轮间的摩擦。下列说法中正确的是（）A.绳子受到的拉力增大 B.A物体对斜面的压力减少C.A物体受到的静摩擦力可能增大 D.A物体受到的静摩擦力一定减少【答案】BD【解析】【详解】A．对物体B进行受力分析，受到绳子的拉力和重力，处于平衡状态，可知故倾斜角变化，绳子拉力不变，A错误；B．对物体A的重力进行正交分解，在垂直于斜面的方向有倾斜角增大时，支持力减小。根据牛顿第三定律，A物体对斜面的压力等于受到的支持力，也减小。B正确；CD．因A、B质量相等，则静摩擦力一定沿斜面向下，有故当倾斜角增大时，摩擦力减小，C错误，D正确；故选BD。7.如图，在等边三角形的三个顶点A、B、C上，分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中，A、B处的点电荷均带正电，C处的点电荷带负电，D、E、F分别为AB、BC、CA边的中点，O为三角形中心则下列说法正确的是（）

A.三角形中心O点电场强度方向为O→D B.D点的电势高于O点的电势C.E、F两点电势相同 D.把一正点电荷从O点移到E点，该电荷的电势能增加【答案】BC【解析】【详解】A．O点到A、B、C三点的距离相等，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，且夹角互为120°，则有A、B两点电荷在O点的合场强方向向上，点电荷C在O点的场强方向也向上，所以O点的合场强方向向上，为O→C，A错误；B．三个点电荷在O点的合场强方向向上，可知在O点合电场方向向上，由矢量合成定则可知，在DOC的连线上合场强方向都向上，从D到O电场方向应是从D指向O，由沿电场方向电势降低可知，D点的电势高于O点的电势，B正确；C．AC两个电荷在F点的电势和BC两个电势在E点的电势相同都为零，因此只需要比较A电荷在E点的电势和B电荷在F点的电势，因距离相同因此电势相同，C正确；D．BC两个电荷在O点和E点电势相同都为零，A电荷在O点的电势高于E点的电势，因此O点电势高于E点电势，因此把一正点电荷从O点移到E点，电场力做正功，该电荷的电势能减少，D错误。故选BC。8.如图，在水平面内存在半径为R和半径为2R的两个同心圆，在小圆和大圆之间形成一环形区域小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场，小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面，向各个方向发射速率相同、电荷量为q、质量为m的正粒子，粒子从发射至第一次离开小圆区域运动的时间均为，不计粒子所受的重力及相互作用力，下列说法中正确的是（）A.粒子的发射速度大小为B.为了将所有粒子都束缚在大圆区域内，环形区域磁场的磁感应强度的大小至少为BC.若粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的时间为D.若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，则粒子在两磁场中运动的总时间为【答案】CD【解析】【详解】A．粒子在小圆区域运动中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由题设条件第一次离开小圆区域运动的时间均为，可得由计算和几何关系可知，粒子在小圆区域内的运动半径是R，则有粒子的发射速度大小为A错误；B．粒子从小圆区域到环形区域，速度大小不变，因受洛伦兹力方向相反，粒子偏转方向相反，如图所示，由粒子束缚在半径为2R的大圆区域内，由几何关系可得由余弦定理可得，在环形区域内粒子做圆周运动的半径最大值应满足关系式解得为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形区域内，粒子在环形区域内做圆周运动的半径由洛伦兹力提供向心力，可得B错误；C．由解析图可知，由于，因此粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的圆弧长所对的圆心角为120°，即运动的时间为C正确；D．若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，由题意可知，则粒子在环形磁场中运动的时间也为，则有粒子在两磁场中运动的总时间为，D正确。故选CD。第II卷（非选择题共174分）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。9.某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器．

实验步骤如下：①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近，将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示]，表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小，求出；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④；⑥利用实验中得到的数据作出v－Δt图，如图(c)所示．完成下列填空：(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与vA、a和Δt的关系式为＝________.(2)由图(c)可求得vA＝______cm/s，a＝______cm/s2(结果保留3位有效数字)【答案】①.②.③.【解析】【详解】（1）设挡光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知：，且联立解得：；（2）由图（c）结合几何关系可求得，，即．【点睛】此题主要考查学生对匀变速直线运动的基本规律的运用能力；解题时要搞清实验的原理，能通过运动公式找到图象的函数关系，结合图象的截距和斜率求解未知量．10.研究小组要测定某直流电动机正常工作时的机械功率，电动机铭牌上只有额定电压为10V，其它字迹不清楚。现实验室提供的器材有：电流表、电压表、滑动变阻器（阻值较小）、备用蓄电池，开关、若干导线、细线、重物等则：

（1）在小组成员中设计了如图甲、乙两个测量电路，其中，比较合理的是___________（选填“甲”或“乙”）图。（2）根据选取的电路图，在答题卡上完成丙图中用电动机提升重物的实物电路连接。___________（3）闭合开关S前，应将丙图中的滑动变阻器的滑片P移到最___________（选填“左”或“右”）端，闭合开关S后移动滑动变阻器，使电压表和电流表都有明显的示数，但电动机并未转动，读出此时电压表和电流表的示数分别为2V、1A，继续移动滑动变阻器的滑片P，将电压表的示数调为10V，这时电流表的示数为0.4A，此时，电动机输出的机械功率为___________W，若重物重为8N，那么，重物上升的速度大小为___________。【答案】①.乙②.见解析③.右④.3.68⑤.0.46【解析】【详解】（1）[1]乙电路图能够使电动机得到从零开始的连续可调的电压，便于调节在电压较低的情况下电动机不转时的电压表和电流表的值，便于测出电动机线圈的电阻，故选乙图较好。（2）[2]实物电路如图所示

（3）[3]为了使闭合开关时，电表示数从零开始调节，应将丙图中滑动变阻器的滑片P移到最右端；[4]电动机并未转动，读出此时电压表和电流表的示数分别为2V、1A，可知电动机线圈的电阻为将电压表的示数调为10V，这时电流表的示数为0.4A，此时，电动机输出的机械功率为[5]若重物重为8N，重物上升的速度大小为11.如图，长为L的轻杆两端，各固定一个质量分别为m和2m小球AB（均可视为质点），轻杆绕距B球处的光滑转轴O，在竖直平面内沿顺时针方向自由转动。当杆转至图中水平位置时，A球的速度为v0。不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）A球运动到最低点时速度大小；（2）如果A球的速度v0=，那么，当A球运动到最低点时，转轴对杆的弹力大小。

【答案】（1）v0；（2）3mg【解析】【详解】（1）在A小球下降的运动中，系统重力势能的减少量为由能量守恒可得解得A球运动到最低点时速度大小为（2）当A球在最低点时，由牛顿第二定律可得解得FA方向向上。A、B共轴，转动角速度相同，由，可得此时B球速度为又v0=当B球在最高点时，由牛顿第二定律可得解得由计算结果可知FB方向向上，由牛顿第三定律可知A和B对轻杆的弹力均竖直向下，则转轴对杆的弹力大小为12.如图，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1和M2N2P2，由四分之一圆弧与水平两部分构成，导轨的末端固定两根绝缘柱，弧形部分的半径r=0.8m、导轨间距L=1m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直于导轨，静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中的某位置，两金属棒的质量均为m=1kg、电阻均为R=2Ω。现将金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平导轨，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，在金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x=0.5m的AA2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱：x2=0.2m的A3A4位置。整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g=10m/s2，不计空气阻力。求：（1）金属棒a刚滑人水平导轨时，受到的安培力大小；（2）金属棒b与绝缘柱碰撞后到与金属棒a碰撞前的过程中，整个回路产生的焦耳热；（3）金属棒a和b在碰撞过程中损失的机械能。【答案】（1）4N；（2）3J；（3）0.64J【解析】【详解】（1）金属棒a下滑运动中，则有金属棒a将要滑入水平导轨时，产生感应电动势回路中的电流金属棒a受到的安培力联立解得安培力大小F=4N（2）以金属棒a、b为系统，在要碰到绝缘柱之前动量守恒，由动量守恒定律可得金属棒b与绝缘柱碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统动量仍然守恒，可总动量是零两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等均为0.5m，对金属棒b由动量定理可得由电磁感应定律可得磁通量的变化量为平均电流由能量转化和守恒定律，可得焦耳热联立解得Q=3J（3）金属棒a、b碰后，金属棒b减速到零的运动中，a、b两金属棒速度总等大反向，对b由动量定理可得由电磁感应定律可得磁通量的变化量为平均电流损失的机械能由以上各式解得E损=0.64J13.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是（）

A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小【答案】BDE【解析】【详解】A．由理想气体状态方程可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；B．由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；C．过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；D．由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；E．由理想气体状态方程＝C可得p＝C即T­V图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。故选BDE。14.如图，图中A、B气缸的长度均为L=30cm，横截面积均为S，A、B气缸分别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热C是可在气缸B内无摩擦滑动的、体积不计的绝热轻活塞，D为阀门（细管中的体积不计）。起初阀门关闭，活塞紧靠B气缸左壁，A内有压强pA=2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB=1.0×105Pa的氧气，环境温度为T0=300K。现将阀门打开，活塞C向右移动，最后达到平衡。求：（1）活塞C移动的距离；（2）现给B内气体加热，达到平衡时活塞恰好回到初始位置，此时B内气体温度。

【答案】（1）10cm；（2）600K【解析】【详解】（1）最后平衡时A、B中气体压强相等设为p，由玻意尔定律对A部分气体有对B部分气体有解得x=10cm（2）给B加热，活塞恰好回到初始位置的过程中，对B部分气体有由玻意尔定律，对A部分气体有因活塞