2023年四川省自贡市高考物理二诊试卷及答案解析

2023年四川省自贡市高考物理二诊试卷

1.在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料-Pa。?作为发电能源为

火星车供电。Pud中的PU元素是至8p“，它发生a衰变的半衰期是87.7年，下列说法中正确

的是（）

A.贫8Pa经一次a衰变会有1个中子转变为1个质子

B.攀Pa发生a衰变的核反应方程为索Pit-货U+^He+y

C.牌8pa原子核经过87.7年其质量变为原来的：

D.升高温度可以加快靛8Pa的衰变

2.在真空中的固定点电荷Q形成的电场中，将检验电荷分别放在4、B两

点，测得检验电荷所受电场力的大小F与其电荷量q的函数关系图像如图

中a、b图线所示，贝脑、B两点与点电荷Q的距离之比为（）

A.1：2B.2：1C.1：4D.4：1

3.如图所示，甲、乙两个材料和粗糙程度均相同的斜面固定在水平面上，甲、乙两斜面的

高度与长度的比值分别为夕是、孕=［一小木块分别沿甲、乙两斜面下滑的加速度大小之

h5/25

比为1：2,该小木块与斜面间的动摩擦因数为（）

A.0.2B,0.3C.0.4D,0.5

4.如图甲所示，水平面上放有一白色长木板，木板上放有一可视为质点的小煤块。木板在

水平外力F的作用下先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，最终停止，u-t图像如

图乙中的折线a所示。小煤块在木板上滑动的u-t图像如乙中的折线b所示。小煤块最终在长

木板上留下的痕迹长度为（）

甲

A.ImB.2mC.3mD.5m

5.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面,a*

内，导轨上静止放置两根完全相同粗细均匀的导体棒必、cd,整个'6'/

装置处在竖直向上的匀强磁场中，现给帅棒一个平行于导轨的初速bd

度并开始计时，不计电磁辐射及金属导轨的电阻，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，

下列关于棒ab、cd中产生的感应电动势6助、ecd^回路中的感应电流i、导轨间的电压u与时

间t的函数关系图像中，可能正确的是（）

6.滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运A.

动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮JK.

丽风光。如图所示，质量为50kg的人坐在滑沙板上从沙坡斜

面的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10s到达坡底，速

度大小为20m/s。已知沙坡斜面的倾角为30。，重力加速度g取10m/s2,下列关于此过程的说

法中正确的是（）

A.人的重力势能减少5.0xIO4/B.人的动能增加1.0xIO4/

C.人的机械能减少1.5x104/D.人克服阻力做功4.0x104/

7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比%：n2=2：1,原线圈回路中串联一个阻值

为4R的定值电阻，a、b端与一正弦交流电源连接，副线圈与多个阻值均为R的定值电阻通过

开关S接入电路。电流表4和电压表V均为理想电表，电源电压保持不变，下列说法中正确的

是（）

A.开关S闭合越多，电流表4示数越大

B.开关S闭合越多，电压表U示数越大

C.开关S闭合越多，变压器的输出功率越大

D.只闭合一个开关S时，变压器的输出功率最大

8.如图所示，直角三角形48c位于纸面内，“=30。,4B边长为，Id，B八

*、・、

垂直于纸面向外的匀强磁场被限定在直角三角形A8C区域内。质量为f

.■■、、、

m,电荷量为+q的粒子从4点以速度〃沿纸面射入磁场区域，刚好从C点八勤，-▲；；二

*'''•C

离开磁场。粒子重力不计，下列说法中正确的是（）

A.磁场磁感应强度的最大值为瑞

B.粒子通过磁场的最长时间为政

V

C,粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为出

V

D.粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为泰

9.某课外学习小组在做“探究弹簧的弹力与伸长量的关系”实验时，测量出不同弹力产下弹

簧的长度I，作出的F-2图像如图甲所示，由此可知，弹簧的劲度系数是—N/m.学习小

组用这根弹簧制作了一个简易的弹簧秤如图乙所示，图乙中虚线指针所对应处的刻度

是—N,该弹簧秤的量程是—N。

10.某课外活动小组的同学为了将一个满偏电流"=3mA、内阻％=3600的电流表G改装

为“X10”和“X100”两个倍率的简易欧姆表，设计了如图甲所示的电路图。已知电源电

动势E=1.5V,内电阻不计。请回答下列问题:

⑴开关S断开时欧姆表的倍率为一(选填“X10”或“X100”)。

(2)图甲中定值电阻&的阻值为—0。

(3)下列可供选择的滑动变阻器中，你认为最适合图甲中R的是_

A.&(最大电阻500,额定电流1A)

区7?2(最大电阻200。额定电流0.54)

C./?3(最大电阻MQ额定电流0.24)

(4)电流表G的表盘如图乙所示，改装后的欧姆表表盘与电流表G的表盘对应关系为:

电流表刻度(mA)对应欧姆表刻度

0①

1②

③1

11.一乘客在一次乘坐飞机的过程中，利用一款手机软件“飞常准”的空中飞行模式记录了

飞机的起飞过程，该软件能适时记录飞机的速度大小、海拔高度、经纬度。如表为该乘客记

录的飞机起飞过程的部分数据.

海拔高度

序号飞行时间t/s飞行速度u/km•ht

h/m

004500

130450270

21001720396

32503150540

该乘客对软件中记录的数据进行进一步的分析得知，飞机在30s时离地，100s时飞机速度与

水平方向的夹角。=17.5。。已知该乘客的质量m=70kg,0〜250s内飞机在同一竖直面内飞

行，物体在某方向受的力只会在这个方向上产生加速度并与其它方向的受力无关。重力加速

度g取10m/s2,取s讥17.5°=0.3、cosl7.5°=0.95,求：

(1)0〜250s内飞机对该乘客的作用力做的功W；

(2)飞机离地后的前70s内飞机对该乘客沿水平、竖直方向的平均作用力的大小耳、与。

12.水平地面上方足够大区域内有沿水平方向、相互垂直的匀强电场和匀强磁场。如图所示,

纸面为该区域内的某一竖直平面，磁场垂直纸面向里，电场强度大小为E,方向水平向左。

绝缘细线一端固定在该竖直平面内的。点，另一端悬挂一质量为小的带正电小球Q,静止时小

球Q位于4点，细线与竖直方向的夹角6=30。。现让另一质量为3nl的不带电小球P从该竖直

平面内的某点C(图中未画出)以初速度为水平抛出，正好与处于4点的小球Q发生弹性正碰，

碰撞瞬间剪断细线，同时将电场强度大小变为3E,碰后小球Q恰好沿直线运动。已知C、A两

点距地面的高度之比为7：3,两球碰撞过程中各自电荷量均保持不变，碰撞时间极短，重力

加速度为g,小球大小不计，求：

(1)小球Q的电荷量q；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)两小球在水平地面上的落地点间的距离Ax。

13.关于一定质量的理想气体，下列过程可能发生的有()

A.对外做功、温度升高、吸收热量B.压强增大，体积增大、内能减小

C.体积减小，温度升高、对外做功D.放出热量、内能增加、体积减小

E.压强减小，对外做功，温度降低

14.如图所示，一上端开口、下端封闭粗细均匀的长直细玻璃管竖直静止放置，内有

一段水银柱将管内理想气体分为长度之比3=?的上、下两部分。现封闭上端管口后让

其自由下落，管中水银柱位置稳定后，管内上、下气柱长度之比4=3。己知外界大气h

124

压P°=75cmHg,环境温度保持不变，求管内水银柱的长度八及自由下落过程中管内下端封闭

气体的压强P。

15.如图所示，波源。垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介

质中向四周传播。图中虚线是两个以。点为圆心的同心圆弧。t=0时，

距。点0.75m的P点开始向上振动；t=0.45s时，距。点1.20TH的Q点也开

始振动，此时P点恰好第三次到达波峰。关于该简谐横波，下列说法中正

确的是()

A.周期为0.15s

B.波长为0.20m

C.当P点在波谷时，Q点在平衡位置且向下振动

D.P、Q间连线上始终有5个以上的点处于最大位移

E.质点P起振后，在任意一个戊=*s时间内，路程都不会超过一个振幅

16.某柱状光学器件横截面如图所示，OP右侧是以。为圆心、P

半径为R的［圆，左侧是等腰直角三角形。某单色光垂直4P面/：\

射入该光学器件，恰好不能从4M面射出，已知光在真空中的/:\

AO

光速为c,除全反射以外的反射光线不计，求：

(i)该光学器件介质对该单色光的折射率n；

(ii)从4、P间(不含4、P)垂直4P面射入的该单色光在该光学器件中传播时间的最大值片。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、a粒子是由2个质子和2个中子组成，a衰变是原子核中两个中子和两个质子组团

从原子核中分离出来，故A错误；

B、根据质量数守恒与电荷数守恒，觥8214发生。衰变的核反应方程为就82〃一取4（；+匆6+/,故

B正确；

C、衰变是原子核衰变，物质的质量几乎不变，故C错误；

。、半衰期由原子核本身决定，不随温度的改变而改变，故。错误。

故选：B。

根据a衰变的本质判断；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；根据半衰期与剩余质量的关系判断；

半衰期与原子所处的物理状态无关、与化学状态无关。

掌握衰变的特点，知道衰变的过程中质量数守恒与电荷数守恒；知道半衰期由原子核本身决定，

与外界因素无关，难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：4、B两点，测得检验电荷所受电场力的大小F与其电荷量q的函数关系图像如图中a、

b图线所示

根据电场力的计算公式F=qE可得尸-q图象的斜率表示电场强度

A、B两点电场强度之比是4：1

根据点电荷电场强度的计算公式E=皆可得4、8两点与点电荷Q的距离之比为1：2,故4正确，

88错误。

故选：4。

根据电场力的计算公式结合图象求解A、B两点的电场强度，根据点电荷电场强度的计算公式求解

4、B两点与点电荷Q的距离之比。

本题主要是考查电场强度的计算，能够根据F-q图象求解电场强度，掌握点电荷电场强度的计算

公式是关键。

3.【答案】C

【解析】解：根据牛顿第二定律可得甲斜面上的小木块的加速度为:

=gsin01—[igcosd2

同理可得：a2=gsind2-iigcos02

根据几何关系可得：£即分=¥=1t加。2=孕=1

联立解得：H=0.4,故C正确，ABQ错误；

故选：Co

根据牛顿第二定律得出小木块的加速度，结合几何关系联立等式得出〃的大小。

本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合几何关系和牛顿第二定律

即可完成解答。

4.【答案】C

【解析】解：t图像与坐标轴所围的面积表示位移，木板和煤块共速前，0〜2s内，木板的位

移X】=gx3X6m-gX4X1m—7m

煤块的位移为亚=；x2x4m=4m

煤块相对传送带向左的位移为Zx=xr-x2=7m-4m=3m

2〜4s内，木板的位移与=,X4xlm=2m

煤块的位移为羽=gx2X4m=4m

煤块相对传送带向右的位移为Zx'=4—%3=4m—2m=2m

则痕迹的长度为=3m

故C正确，AB。错误。

故选：Co

u-t图像与坐标轴所围面积表示位移，0〜2s内，木板的速度大于煤块的速度，两者的相对位移

为木板的位移与煤块的位移之差，2〜4s内，木板的速度小于煤块的速度，两者的相对位移为煤块

的位移与木板的位移之差，两段相对位移有重合，则痕迹长度取较长的一段。

本题考查u-t图像和相对运动，解题关键是知道u-t图像与坐标轴所围面积表示位移，两段相对

运动过程的相对位移有重合，较长的相对位移为痕迹长度。

5.【答案】D

【解析】解：AB、导体棒最终共速，所以帅导体棒速度不为0,则感应电动势不为0,cd导体棒从

静止开始运动，所以初始感应电动势为0,故AB错误；

C、当两导体棒的速度相同时，回路的电流为0,故C错误；

D、根据电源的供电原理可知：(Pb=(Pa+BL"ab~/r，导轨间的电压u=Wb—夕a=”工《与四风

设开始计时ab的初速度为孙，规定向右为正方向，根据动量守恒：mv0=mvab+mvcd,所以u=

|BLv0,故。正确；

故选：Do

两导体棒组成的系统水平方向动量守恒，根据两导体棒的运动过程，应用E=8而求出感应电动

势，当两导体棒的速度相同时，回路的电流为0,应用动量守恒定律及闭合电路欧姆定律分析导轨

间的电压。

本题是动量守恒定律、牛顿第二定律及能量守恒定律在电磁感应现象中的应用问题，分析两棒组

成的系统在运动过程中是不是合外力为零或者内力远大于外力的系统总动量守恒的条件，从而为

确定两棒最后的末速度找到解决途径是关键。

6.【答案】BC

【解析】解：4、人下滑的位移x=/=与x10m=100m,人下滑的高度八=xsin30。=

100s讥30。=50m,人的重力势能的减少量/Ep=mgh=50x10X50/=2.5x1047,故A错误；

B、人的动能增加量吗Emi^ExSOxZOZ/nixlO4/,故B正确；

2

CD、人下滑过程，由动能定理得：mgh-Wf=\mv-G,代入数据解得，人克服阻力做功叼=

1.5xIO4/,机械能的减少量等于克服阻力做的功，由功能关系可知，人机械能的减少量AE=Wf=

1.5x104/-故C正确，。错误。

故选：BC。

应用运动学公式求出人下滑的位移，然后求出下滑的高度，根据重力势能的计算公式求出人减少

的重力势能;根据动能的计算公式求出动能的增加量;根据能量守恒定律求出克服阻力做的功历9,

求出机械能是减少量。

本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚人的运动过程，应用运动学公式、动能定理与功能关

系可以解题。

7.【答案】AD

【解析】解：4、开关S闭合越多，副线圈回路总电阻减小，电流增大，电流表的示数增大，故A

正确；

3、开关S闭合增多，理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，副线圈电流增大，则原线圈电

流增大，阻值为4R的定值电阻的电压增大，电源电压不变，则原线圈电压减小，理想变压器原副

线圈电压比等于匝数比，则副线圈电压减小，电压表的示数减小，故B错误；

CD、设开关闭合的个数为N,电流表的示数为/,电压表的示数为U,电源电压为U。，则副线圈总

电阻R点=专

副线圈两端的电压为U=IR总=华

原副线圈电压比等于匝数比，则原线圈两端的电压/=2U

原副线圈电流比等于匝数的反比，通过原线圈的电流A=夕

由串并联规律得：=%+0•4R

联立解得：〃=禹

I=⑵1

2R(1+。

变压器的输出功率P="=票息L

\N'+4

当N=1时，即只闭合一个开关S时，变压器的输出功率最大，故C错误，。正确。

故选：ADo

根据串并联规律判断电流表示数的变化；根据串并联规律和变压器的变压规律判断电压表示数的

变化；根据串并联规律和变压器变压规律求解变压器的输出电流和输出电压，根据P=U/判断输

出功率的变化。

本题考查变压器，解题关键是知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，原副线圈电流比等于

匝数的反比，结合功率公式和串并联规律列式求解即可。

8.【答案】BD

【解析】解：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子从C点沿BC方向射出

磁场时，粒子做匀速圆周运动的半径最小、磁场磁感应强度最大、通过磁场的时间最长、周期最

小、角速度最大。当粒子从C点沿8c方向射出磁场时，粒子的运动轨迹如图所示：

\r

A、设粒子的轨道半径为r,由几何知识可知：r=AC=工况=3d;根据洛伦兹力提供向心力可

tan300

得：qvB=m^，联立解得磁感应强度的最大值为：8=翡，故A错误；

B、根据几何关系可得粒子轨迹对应的最大圆心角为8=60。，则粒子通过磁场的最长时间为：t=

黑x子=?，故B正确；

C、粒子在磁场做匀速圆周运动的最小周期为：T=—=^,故C错误；

VV

D、粒子在磁场做匀速圆周运动的最大角速度为：3=3=最，故。正确。

故选：BD。

根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子从C点沿BC方向射出磁场时，粒子

做匀速圆周运动的半径最小，由几何知识求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的

最大值；根据周期公式求解最长时间和最小周期；根据线速度和角速度的关系求解粒子在磁场做

匀速圆周运动的最大角速度。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦

兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

9.【答案】2003.88

【解析】解：由图像得，弹簧的原长“=2cm=0.02m

由胡克定律得：F=k(l-I。)

AP4

则尸一I图像的斜率表示劲度系数，由图像得：k=石=7T=N/7n=200N/m

5(q-zjXiu

弹簧测力计的分度值为0.1cm,则图乙中虚线指针所对应处的刻度是，i=3.90cm

2

对应的力为居=-10)=200x(3.90-2)x10-N=3.8N

弹簧的最大长度为L=6.00cm

2

测量的最大的力为尸2=Ml2-10)=200x(6.00-2)X10-N=8N

即该弹簧秤的量程为8N。

故答案为：200,3.8,8o

尸-，图像的斜率表示弹簧劲度系数：根据刻度尺的读数规则读出刻度尺的示数，根据胡克定律求

解指针对应处的刻度和弹簧秤的量程。

本题考查“探究弹簧的弹力与伸长量的关系”实验，解题关键是掌握胡克定律的内容，知道尸=依

中x指弹簧的形变量。

10.【答案】“X10040B8102.5

【解析】解：(1)欧姆表调零时，R的=%+/?=看，测量时/?g+&=彳，电流表量程越小，对应

电阻越大，开关断开，电流表量程小，对应欧姆表倍率应为“x100”。

(2)开关断开、闭合两种状态，欧姆表对应“X100”、“X10"，相当于电流扩大了10倍，则=

(10/g-/g)R°

将%=3mA=0.003A代入解得：Ro=40/2o

pr

(3)由R/g=Rg+R=彳，解得R=1400,由R/=Rg+R'=2，解得：？=14。

滑动变阻器电阻调节范围为14。〜140。，故选：B。

(4)由R为+q=彳，口内=Rg+R=自结合欧姆表倍率“X100”可得：①8,②10,@2.5.

故答案为：⑴“X100；(2)40；(3)5；(4)①8,②10,③25

(1)根据闭合电路欧姆定律可知电流表量程越小，对应电阻越大，从而分析判断；

(2)(3)(4)根据闭合电路欧姆定律及欧姆表工作原理分析解答。

本题考查了欧姆表的内部结构，表头部分电流表量程的大小判断，中值电阻的理解以及闭合电路

欧姆定律的正确运用。

11.【答案】解：(1)由表格数据得：250s时，飞机的速度内=540km"=150m/s

0〜250s内，对该乘客，由动能定理得：W-mg(h3-h0')=

代入数据解得：W=2.6775X106;

(2)由表格数据得：30s时，飞机的速度%=270km〃=75m/s

100s时，飞机的速度吭=396km/h=110m/s

设乘客水平方向的加速度为小，竖直方向的加速度为a、，30s〜100s,由加速度的定义式得:

水平方向，分=如格』

12Tl

竖直方向，%=A：17t5。-0

由牛顿第二定律得：水平方向：Fx=max

竖直方向：Fy-mg=may

代入数据联立解得：Fx=29.5/V

Fy=733N

答：(1)0〜250s内飞机对该乘客的作用力做的功勿为2.6775X1067；

(2)飞机离地后的前70s内飞机对该乘客沿水平方向的平均作用力大小为29.5N,沿竖直方向的平均

作用力的大小为733N。

【解析】(1)对乘客受力分析，根据动能定理求解飞机对乘客的作用力做的功；

(2)根据加速度的定义式求解水平方向和竖直方向的分加速度，根据牛顿第二定律求解两个方向的

平均作用力。

本题考查牛顿第二定律和动能定理，解题关键是根据表格得到乘客的运动情况，结合牛顿第二定

律和动能定理列式求解即可。

12.【答案】解：(1)对小球Q受力分析，如图所示，电场力与重力的合力为F令方向与竖直方向

夹角为d则Eq=mgtanB

解得：q=*警

图一

(2)再次对小球Q进行受力分析，如图所示,

设碰后小球Q的速度与水平夹角为a,根据几何关系可得：tana=苦

代入E可得：tamz=y/~3,所以a=60°

根据平抛运动的规律可知碰前小球P的速度为"二悬=毕=2%

2

取小球P的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：3m-2v0=3mvP+mvQ

根据机械能守恒定律可得：，3m•4诏=1-3m环妨

联立解得：vp=v0,vQ=3v0

电场力与重力的合力为2mg,碰后小球Q所受洛仑磁力与电场力与重力的合力等大反向，则:

3qv0B-2mg

解得：8=需

(3)小球P的抛点距离4点竖直高度为：如=学

2g

根据速度关系可得：vy=votan60°

联立解得：灯=驱

4点距离地面的高度为h2,则/=9

解得：h2=^

小球Q从4到地面做匀速直线运动，水平位移为：殉=注朝

小球P从4点做匀变速曲线运动，则有：

电=干

vyp=vpsin60°

u="p+gt

XQ=vpcos600•t

Ax=XQ—xp

联立解得：/%=$

8g

答：(1)小球Q的电荷量为勺=^^

(2)匀强磁场的磁感应强度大小为翳

(3)两小球在水平地面上的落地点间的距离Zx为霄

【解析】(1)对小球受力分析，确定电场力与重力合力的方向，根据矢量合成即可求解；

(2)小球Q碰后做匀速直线运动，据此确定小球Q碰后的速度方向与小球P与Q碰前的速度方向，然

后根据平抛运动的规律与弹性碰撞的规律求出碰后两小球的速度，小球Q所受洛仑磁力与等效重

力一样大，据此即可求解。

(3)根据运动学公式求出小球「与4点的竖直高度，然后根C、4两点距地面的高度之比为7：3求出4

距离地面的高度，然后分别求出两球落地的水平位移即可求解。

本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题的关键搞清小球的运动情况和受力情况，做好受力分

析示意图，根据运动规律、动量守恒定律等进行分析。

13.【答案】ADE

【解析】解：4、若气体对外做功，W为负值，气体吸收热量，则Q为正值，由热力学第一定律得：

AU=Q+W

则/U可能为正值，温度可能升高，故A正确；

B、若理想气体的压强增大，体积增大，由理想气体状态方程得：空=。

则温度一定升高，气体的内能增大，故B错误；

C、若气体体积减小，则外界对气体做功，故C错误；

。、若气体放出热量，则Q为负值，内能增加，则4U为正值，由热力学第一定律得：AU=Q+W

则W一定为正值，即外界对气体做功，气体体积减小，故。正确；

E、若气体压强减小，温度降低，由理想气体状态方程得：塔=。

则气体的体积可能增大或减小，若气体体积增大，则气体对外做功，故E正确。

故选：ADE.

根据理想气体状态方程和热力学第一定律分析即可。

本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律，注意热力学第一定律/U=Q+/中各物理量的含

义。

14.【答案】解：设玻璃管的总长度为3可知上、下空气柱的长度只和为L-%

玻璃管静止时，对下气柱P2=Po+h

玻璃管做自由下落过程，水银柱处于完全失重状态，上、下气柱的压强相等

对上气柱，根据玻意尔定律Po^S=p，i'S

对下气柱，根据玻意尔定律（Po+=PL'S

h=4

「3

G_5

1,2~4

p0=75cmHg

联立解得p=77cmHg,h-5cm；

答：管内水银柱的长度h为5cm,自由下落过程中管