2022届四川省遂宁市高三（下）三诊理科综合物理试题（解析版）

遂宁市高中2022届三诊考试理科综合能力测试第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题（本题共8小题，每小题6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。）1.2019年9月10日，我国国产首批医用Co原料组件从秦山核电站启运，这标志着我国伽马刀设备“中国芯”供应问题得到解决。伽马刀是利用Co发生β衰变释放的射线工作的。已知Co的半衰期约为5.3年，则（）A.伽马刀利用了射线穿透能力强的特点B.Co发生衰变后产生的新核比Co多一个中子C.经过5.3年，每个Co核有一半分离出去变成其他新核D.Co制成后，经过10.6年Co全部衰变成其他新核【答案】A【解析】【详解】A．射线穿透能力强，电离能力弱，故A正确；B．β衰变的本质是原子核内一个中子变成一个质子和电子，电子被释放出来，所以Co发生衰变后产生的新核比Co少一个中子，故B错误；C．由题意可知经过5.3年，就有一半质量的Co核发生衰变，变成其他新核，故C错误；D．Co制成后，经过10.6年即两个半衰期，还剩下的Co没有衰变，故D错误。故选A。2.如图所示，四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光滑斜面AC顶部相接，A处有一光滑的定滑轮，跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的两小球，系统静止时连接的绳子与水平方向的夹角为60°。两小球及滑轮大小可忽略，则两小球质量的比值m1∶m2为（）A.1∶2 B.3∶2 C.2∶3 D.∶2【答案】B【解析】【详解】对m1、m2受力分析如图所示，对m1有m1g＝2FTcos30°＝FT解得FT＝m1g对m2有FT＝m2gsin60°＝m2g解得m1∶m2＝3∶2。故选B。3.“天宫课堂”第二课于2022年3月23日在中国空间站开讲直播，空间站在距地面高度为400km轨道上绕地球作匀速圆周运动。直播结束后，三位宇航员于4月16日乘神舟13号飞船从空间站返回到地面。已知地球半径为6400km，地面重力加速度为9.8m/s2。下列说法正确的是（）A.神舟13号飞船从空间站脱离后，将向后作短时喷气B.神舟13号飞船从空间站脱离后，将向前作短时喷气C.空间站内“冰墩墩”能够作匀速直线运动，是因为它不受力D.空间站的向心加速度大小约为0.61m/s2【答案】B【解析】【详解】AB．神舟13号飞船从空间站脱离后，返回地球在做近心运动，需要减速，所以将向前作短时喷气，故B正确，A错误；C．空间站内“冰墩墩”仍受到地球万有引力的作用，故C错误；D．在地球表面有对空间站有联立解得故D错误。故选B。4.如图所示，在直角三角形区域（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，，，边长。一个粒子源在点将质量为、电荷量为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. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【详解】带电粒子垂直进入磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。要使带电粒子在磁场运动的时间最长，带电粒子需以平行于ab方向的速度射入磁场，并从ac边射出。由牛顿第二定律可得得带电粒子射入磁场的速度为即要使速度最大，粒子运动的轨道半径最大，即轨迹既与ab边相切，又与bc边相切，如图所示由几何关系可得，此时带电粒子做圆周运动的半径为则速度的最大值为故选B。5.在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的图象如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下正确的是（）

A.B.C.弹性碰撞D.完全非弹性碰撞【答案】A【解析】【详解】以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前碰撞后根据动量守恒定律得可得碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能碰撞后系统动能计算可得可知非弹性碰撞，故A正确，BCD错误。故选A。6.如图，A、B两带电小球，所带电荷量大小分别为，质量分别为和。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上，，，C是AB连线上一点且在O点的正下方，C点的场强为零。已知，则（）

A.A、B两球的质量之比为9∶16B.A、B两球的带电荷量之比为81∶256C.同时剪断连接两小球A、B的细线，A小球一定先落地D.同时剪断连接两小球A、B的细线，A、B小球水平位移之比为9∶16【答案】BD【解析】【详解】A．设两小球间库仑力大小为F，对A球对B球两者联立可得故A错误；B．两个点电荷A、B在C点合场强为零，则得故B正确；C．同时剪断连接两小球A、B的细线，在竖直方向两小球A、B均做自由落体运动，两小球是同时落地，C错误；D．剪断细线后，两球组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有同时乘以时间可得结合可得故D正确。故选BD。7.如图所示，理想变压器原副线圈分别与电阻R连接，原线圈匝数通过移动滑片P来改变、副线圈匝数固定，当滑片P滑到原线圈最高点时。已知电压表和电流表均为理想电表，交流电源电压瞬时值表达式为。下列说法中正确的是（）

A.当时，电压表的示数为110VB.当时，电压表的示数为110VC.当滑片P从最高点向下移动时，电压表的示数将先变大后变小D.当滑片P从最高点向下移动时，电压表的示数将一直变大【答案】BC【解析】【详解】A设输入交流电电压的有效值为，则原线圈电压为，副线圈电压为；A．当时，设原线圈电流为，根据匝数比可知副线圈的电流也为，则副线圈电压为则原线圈的电压为根据解得故A错误；B．设原线圈电流为，当时，根据匝数比可知副线圈电流也为，则副线圈的电压为，根据匝数比可知原线圈的电压为，对原线圈有解得故B正确；CD．设原线圈电流为，当滑片P向下移动，原线圈的匝数减少，设匝数比为，则此时原线圈的电压副线圈的电压为可得则可知当时，有最大值，结合题意可知，电压表的示数将先变大后变小，故C正确，D错误。故选BC。8.如图，用长为L的轻绳在水平地面上方竖直悬挂一质量为m的小球，小球静止时距离地面的高度也为L，现分别用水平向右的恒力、使小球从静止状态的P点运动到Q点，OQ与竖直方向夹角，在作用下，小球从P点运动到Q点时动能为机械能为E1；在作用下，到达Q点时动能为机械能为E2。以水平地面为零势能面，已知动能之比，机械能之比，重力加速度g，，则（）A.B.从P到Q，水平恒力做的功为C.从P到Q，水平恒力做的功为D.小球到Q点时，力的功率为【答案】AD【解析】【详解】A．在力作用下，从P到Q，对小球由动能定理有Q点的机械能为同理，在力作用下有Q点的机械能为根据题意有联立可得故A正确；B．从P到Q，水平恒力做的功为故B错误；C．从P到Q，水平恒力做的功为故C错误；D．在力作用下，小球到达Q点时的动能为力的功率为联立可得故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题，共62分）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题—12题为必考题，每个试题考生都做答；第13题—16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9.如图甲所示是“测量阻力系数”的实验装置。实验中先通电后让重物由静止释放，得到打出纸带的一部分如图乙所示，点O为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为相邻的计时点，测得S1=5.40cm，S2=5.78cm。已知重物的质量m=1.00kg，交流电的频率为50Hz，当地重力加速度取9.80m/s2（以下计算结果均保留2位有效数字）

（1）当打点计时器打到B点时，重物的速度大小________m/s；重物下落的加速度大小________m/s2；（2）重物通过AC段的阻力可视为恒定，则重物通过此段的阻力系数________％（定义阻力系数100%）。【答案】①.2.8②.9.5③.23.1【解析】【详解】（1）[1][2]相邻计数点的时间间隔根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度得根据可得（2）[3]根据牛顿第二定律得则可得10.高速路入口都安装有称量汽车重量的地磅。如图甲所示是某工厂生产的小型地磅结构图和电路图，其中R是压敏电阻，质量的秤台平放在压敏电阻上，被称汽车停放在秤台上。已知电路中电源电动势为26V、内电阻，电流表量程为0.3A、内阻，滑动变阻器的总电阻为500。如图乙是压敏电阻的阻值R随压力F变化曲线。某设计人员对电流表上刻度重新赋值，使之能够从表盘上直接读出秤台上汽车的质量，他先后进行了以下操作。m/s2。

（1）断开开关S，撤去秤台上的汽车，把万用表的旋钮旋到欧姆“×10档”，通过正确调零后，用红、黑表笔接在压敏电阻两端，万用表的表针指到如图丙所示，则压敏电阻R此时的电阻值为________Ω。（2）闭合开关S，设计人员通过调节滑动变阻器，使电流表读数为0.10A，并在此处标注为0kg，则此时滑动变阻器接入电路的电阻值为________Ω；2500kg处应标注在________A处。（3）设计人员按上述操作逐个刻度赋值后，经长时间使用，发现电池的电动势略有减小、内电阻有所增大。他重新调节滑动变阻器，使秤台空载时电流表读数仍为0.10A，然后再去测量汽车的重量。您认为现在的测量相比汽车真实重量________（偏大；偏小；不变）【答案】①.160②.80③.0.13④.偏小【解析】【详解】（1）[1]欧姆档选择“×10档”，则阻值为（2）[2][3]当仅有台秤时，压敏电阻的阻值为，根据闭合欧姆定律得2500kg的物体在台秤上时，压敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律得解得（3）[4]根据可得电池的电动势偏小，则相同的电流下，的阻值偏小，结合图乙可知汽车的质量偏小。11.如图，光滑的圆锥桶AOB固定在地面上，桶底中心为，AB为过底面的一条直径，已知，高，顶点O有一光滑的小孔。一根长为3L的细轻绳穿过O点处小孔，一端拴着静止在桶外表面质量为m的P球，另一端拴着静止在点、质量为2m的Q球。现让小球P在水平面内作匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计一切摩擦阻力。（1）P球运动的角速度多大，P球恰对桶外表面无压力；（2）P球运动的线速度多大，小球Q对地面恰无压力；（3）当P球以大于（2）问的线速度运动且保持Q球在之间处于静止状态时，突然烧断细绳，求P球从飞出到落地过程中的最大水平位移。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）P对桶外表面无压力，对P受力分析得此时重力与绳子拉力提供向心力。即故（2）B对地面刚好无压力，对B受力分析得此时绳子的拉力对A受力分析，如图所示在竖直方向合力为零，故解得对A球，根据牛顿第二定律有解得（3）设拉A的绳长为，由第2问分析知A球做匀速圆周运动时始终不变，根据牛顿第二定律有解得A球做平抛下落的时间为t，则有

解得水平位移为当时，位移最大为12.如图，一倾角为的固定斜面的顶端放有质量为的U型导体框MNPQ，其PN边平行于斜面底边、长为L，MN和PQ边足够长，电阻不计。宽为的矩形区域XYZR内有垂直斜面向上的、磁感强度为B的匀强磁场。一根质量为、长度略大于L的金属棒OK平行PN放在导体框上面，与导体框构成矩形回路，回路电阻为。斜面与导体框的摩擦因数，导体框与金属棒的摩擦因数。时刻静止释放金属棒和导体框，时金属棒滑入磁场并在磁场中一直做匀速运动，时金属棒滑出磁场。此后，当导体框PN边滑入磁场后，导体框也作匀速运动。，。求：（1）金属棒0s时刻位置距磁场边界XY距离；（2）从金属棒开始运动到导体框PN边滑出磁场的过程中，回路产生的电热量；（3）时刻金属棒距导体框PN边距离。

【答案】（1）2m；（2）；（3）4m【解析】【详解】（1）0s释放金属棒，根据牛顿第二定律得解得根据运动学公式0~1s内（2）0s释放导体框，根据牛顿第二定律得解得则解得可得当金属棒进入磁场解得当导体框进入磁场解得故（3）①内②导体棒滑出磁场到PN边滑入磁场③导体棒进入磁场导体框PN进入磁场解得[物理一一选修3–3]13.下列关于热现象的说法正确的是（）A.某种液体的饱和汽压与温度及体积有关B.水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系C.同种物质只能是晶体或者是非晶体D.一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小E.空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递的方向可以逆向【答案】BDE【解析】【分析】【详解】A．液体的饱和蒸气压至于温度有关，故A错误；B．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，故B正确；C．同种物质可以是晶体，也可以是非晶体，晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，故C错误；D．一定质量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强产生的源能力知分子每秒平均碰撞容器壁的次数应减小，故D正确；E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；由热力学第二定律可知，在产生其他影响时热量可由低温物体专递给高温物体，故E正确。故选BDE。14.如图，甲、乙两个容积均为V=5L的导热气缸用细管（容积可忽略）相连接，阀门K2位于细管中部。甲、乙两气缸底部各有一个阀门K1、K3，乙气缸中有一可自由移动的轻质薄活塞。初始时，三阀门均打开，活塞在乙的最上端。已知大气压强为p0，室温为27℃。（1）关闭阀门K2，用打气筒通过阀门K1给甲气缸充气，每次可将体积V0=1L、压强为p0的空气全部打入甲气缸中，要使其甲气缸内压强达到4p0，需要打气多少次？（2）当甲气缸内气体压强达到4p0时，停止打气，阀门K1关闭，打开阀门K2，等活塞稳定后再缓慢加热气缸内的气体，使其温度升高到87℃，求此时活塞上方气体的压强。【答案】（1）15次；（2）2.4p0【解析】【分析】【详解】（1）设打气次数为n，以将打入的气体和甲中已有气体为研究对象V1=V+nV0p2=4p0V2=V由玻意耳定律得p1V1=p2V2其中V=5L，V0=1L，代入数据解得n=15（2）打开K2后，活塞向下移动。设活塞上方气体与甲气缸中气体的总体积为V3气体压强为p3由玻意耳定律得p2V2=p3V3活塞向下移动直到最下端时，V2=2V，解得p3=2p0设加热后活塞上方气体的压强为p4，气体温度由=300K升高到=360K的等容过程，由查理定律得代入数据得p4=2.4p0[物理——选修3–4]15.一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8m，周期为2s，时刻波形如图甲所示，a、b、d是波上的三个质点。图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是