卷子答案网-一个不只有答案的网站成都市2020级高中毕业班第三次诊断性检测
理科综合
二、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。
14．我们在地球上获取和消耗的能量，绝大部分来自太阳内部核聚变释放的核能。下列核反应方程中，属于核聚变的是
A．U→Tu+He B．H+H→He+n
C．He+Al→P+n D．U+n→Ba+ Kr+3n
15．右图为显像管原理俯视图（纸面内）。若电子枪发射的高速电子束经磁偏转线圈的磁场偏转后打在荧光屏上a点，则
A．磁场的方向垂直纸面向里
R．磁场越强，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点
C．要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且逐渐增强磁场
D．要让电子束从a逐渐移向b，应逐渐增强磁场使电子束过O点，再将磁场反向且逐渐减弱磁场
16．2023年的春晚舞蹈《锦绣》，艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事。图（a）是一个优美且难度极大的后仰动作，人后仰平衡时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F2和颈椎支持力F1。如图（b），若弯曲后的头颈与水平方向成60°角，F2与水平方向成45°角，则可估算出F1的大小为
A．（+1）G B．（－l）G
C．（+2）G D．（－2）G
17．如图，圆心为O1的光滑半圆环固定于竖直面，轻弹簧上端固定在O1正上方的O2点，c是O1O2和圆环的交点；将系于弹簧下端且套在圆环上的小球从a点静止释放，此后小球在a、b间做往复运动。若小球在a点时弹簧被拉长，在c点时弹簧被压缩，aO1丄aO2。则下列判断正确的是
A．小球在b点受到的合力为零
B．弹簧在a点的伸长量可能小于弹簧在c点的压缩量
C．弹簧处于原长时，小球的速度最大
D．在a、b之间，小球机械能最大的位置有两处
18．电影《流浪地球2》中的太空电梯令人震撼。太空电梯的结构设计如右图所示，地球半径约6400km，太空电梯空间站位于离地面约 36000 km的地球同步轨道上，其上方约 54000 km高度有平衡锤，空间站上、下方均用缆绳分别连接地面和平衡锤，运载仓与缆绳间的作用力可忽略。下列说法正确的是
A．运载仓由地面上升至空间站的过程中始终处于失重状态
B．连接空间站的上、下两根缆绳对空间站的拉力大小相等
C．平衡锤、空间站的加速度a锤、a站与地球表面重力加速度g的大小关系为a锤>g >a站
D．若平衡锤下方的缆绳突然断裂，则平衡锤将做近心运动跌落至地球表面
19．如图，凹形槽车静止在水平直轨道上，位于光滑槽底的水平轻弹簧一端连接右侧槽壁，另一端连接质量m=1 kg的物体，物体静止时，弹簧对物体的压力N0=2N。现使槽车与物体 一起以a =2 m/s2的加速度沿轨道运动，用F弹表示弹簧的弹力大小，用N壁表示物体对左侧槽壁的压力大小，下列判断正确的是
A．若a的方向向左，则F弹=2 N
B．若a的方向向左，则N壁=4N
C．若a的方向向右，则F弹=2 N
D．若a的方向向右，则N壁=0
20．图（a）和图（b）分别是手动式手电筒内“振动式发电机”的截面图和俯视图，圆形线圈半径为0.02 m、匝数为100，所在位置的磁感应强度B= T，方向平行于截面指向轴心； 线圈两端接原、副线圈匝数比n1：n2=2： 1的理想变压器，给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电。现用外力使线圈沿轴线往复运动，线圈两端电动势随时间按图（c）所示的正弦规律变化，两灯泡恰好正常发光。不计线圈及导线电阻，外力发电效率为40%。下列判断正确的是
A．t=0.1s时刻，线圈往复运动的速度为零
B．线圈电动势的表达式为e=4sin5πtV
C．外力做功功率为5W
D．线圈往复运动中的最大速度为vmax=2 m/s
21．如图，间距为L的固定平行双导轨由足够长的水平光滑段和倾角为θ的粗糙段构成，所在空间有方向垂直于倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，质量均为m、电 阻均为R的金属棒ab和cd分别垂直于导轨放在水平和倾斜导轨上且与导轨接触良好。t=0时刻，cd棒恰好静止，ab棒在水平外力作用下从静止开始水平向右做匀加速直线运动；t = t0时刻，cd棒恰好开始滑动。不计导轨电阻，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。则
A．t0时刻，ab棒对轨道的压力大小为mg(l+sin2θ)
B．t0时刻，ab棒的速率为
C．时刻，cd棒的热功率为
D．0～t0时间内，通过cd棒的电荷量为
第Ⅱ卷（非选择题，共计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做答。第33～38题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
22．（6 分）
图示的四个高中力学实验，在原理、方法、器材、操作、测量、数据分析等方面有不少相同处和相异处。①需要用天平测量物体质量的是_________；②不需要平衡摩擦力的是______和________；③物体在开始一段时间内加速度大小不断变化的是_________。（均填实验前的序号字母）
23．（9 分）
在有光照时，太阳能电池利用半导体“P－N结”受光照射时的光伏效应发电，将光能转化为电能，可以视为一个电源。
某实验小组想用伏安法测量光照一定的情况下（电动势不变）某太阳能电池的电动势E（约3 V）和内阻r（5Ω < r < 20Ω），所提供的器材有：
A．电压表V1：量程0～3 V，内阻约3 kΩ
B．电压表V2：量程0～15 V，内阻约15 kΩ
C．电流表A1：量程0～300 mA，内阻约0. 3Ω
D．电流表A2：量程0～3A，内阻约0. 03Ω
E．滑动变阻器最大阻值为50 Ω
F．开关和导线若干
(1)为使测鼠结果尽圧准确，能采集多组实验数据且便于实验操作，电流表应选_______，电压表应选_________。（均填器材前的序号字母）
(2)请在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路原理图。
(3)实验小组调节滑动变阻器测得多组电压和电流数据，并在坐标纸上描绘出光照一定情况下（电动势不变），电池的路端电压U与输出电流I的关系如图（b），他们发现当输出电流 0 ≤ I ≤ 150mA时，U与I成线性关系。则该电池的电动势E = _______V，在满足U与I成线性关系的条件下，该电池的内阻r = _______Ω。(均保留2位有效数字)
(4)在实验设定的光照下，在满足U与I成线性关系的条件下，该电池的最大输出功率为 Pmax = ______W(保留2位有效数字)。
24. (12 分)
某同学用图（a）所示装置探究竖直面内的圆周运动。固定在同一竖直面的轨道由三部分构成，直轨道AB与圆轨道BCD在B端相切，最低点C处有压力传感器，圆轨道EG的E端与D端等高且两端的切线均竖直，∠EO2G=θ=53 ，两圆轨道的半径相同、圆心等高。将一小球从轨道 AB上不同位置静止释放，测出各次压力传感器的示数F，得到F与释放点到C点的高度h的关系图像如图（b）。小球可视为质点且恰好能自由通过D、E端口，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，sin53 =0.8。
(1)求小球的质量m和两圆轨道的半径R；
(2)要让小球沿圆轨道通过G点，求释放点的高度h满足的条件。
25. (20 分)
如图（a），“L”型绝缘不带电木板静止在水平地面上，电荷量qA =－2×10-6 C的滑块A静止在木板上左端，电荷量qB=1×10-6C的滑块B静止在木板上距木板右端d= m处；B左侧（含 B所在位置）的木板面粗糙，右侧的木板面光滑；A、B和粗糙木板面间的动摩擦因数μ1=0.5，木 板和地面间的动摩擦因数μ2=0.2。t=0时刻，在空间加一水平向右的电场，场强大小E随时间 t变化的图像如图（b），t=6.5s时刻，撤去电场。已知木板、A、B的质量均为m =1 kg，A、B可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可能的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，不计A、B间的库仑力，重力加速度g=10m/s2。
(1)试通过计算判断：t=2 s时刻，滑块A、B和木板是否处于静止状态；
(2)求t=6 s时刻，滑块B的速度大小；
(3)求滑块B再次返回木板上初始位置的时刻。
33．［物理选修3—3］（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是_______。 （填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．当液体温度一定时，液体中悬浮的固体小颗粒越大，布朗运动越明显
B．当分子间表现为斥力时，分子势能总是随分子间距离的减小而增大
C．随着科技的进步，我们可以将气体的温度降到绝对零度
D．物体的温度越低，分子热运动的平均动能越小
E．一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度升高，内能一定增加，气体可能对外做功
（2）（10分）如图，底部水平的固定圆柱形气缸内，用质量为m、横截面积为S的圆盘形活塞封闭着一定质量的理想气体，当封闭气体温度为T且活塞平衡时，封闭气体的体积为V。 现保持封闭气体的温度不变，对活塞施加一个方向竖直向上、大小恒为F的拉力，活塞再次平衡时，封闭气体的体积为V；再保持F不变，加热封闭气体使其缓慢升温至T，活塞第三次达到平衡。不计气缸与活塞间的摩擦，重力加速度大小为g。求；
（i）活塞第三次达到平衡时的体积；
（ii）外界大气压强值。
34．［物理选修3—4］（15分）
（1）（5分）某同学在家中就地取材组装了几套“用单摆测定重力加速度”的实验装置，其中最合理的是图（a）中的___________。（填装置的序号字母）
该同学在固定摆线的过程中，将摆线在铁条台的水平杆上缠绕若干圈后用铁夹夹住，其剖面如图（b）；接着用游标卡尺测小球直径d、用毫米刻度尺测铁夹下端到小球上端的摆线长度L、用秒表测单摆n次全振动的时间t。若单摆摆动过程中，摆角小于5°，忽略空气阻力，则测得的重力加速度大小g = ________（用d、L、t等表示），该测量中，重力加速度的测量值________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
图（a） 图（b）
（2）（10分）右图为放置在水平面上的某矩形容器的剖面图，右侧壁CD为镀银镜面，左侧壁AB为屏幕，容器底部S处发射一束与BC边夹角为θ=53°的激光束，光束经CD反射后打到AB上的E点，已知BS=1 cm，SC = 7 cm， sin53°=0.8。
（i）求E、B的距离H；
（ii）向容器内缓慢注入某溶液至AB上的光点位置下降至E′点，已知E′、B的距离h = 13 cm，溶液对该光束的折射率n=，求液面的深度d。
参考答案及评分意见
二、选择题
14． B 15． C 16．A 17． D 18． B 19．AC 20．BD 21．BC
第］I卷（共174分）
三、非选择题
22．（6 分）①B（2 分） ② A（1 分） D（1 分） ③ C（2 分）
23．（9 分）
（1）C（l分）（填A1也给1分） A（1分）（填V1也给1分）
（2）如答图1（2分） （有错得0分）
（3）2. 9（1 分） 7. 3（2 分）（7. 2 也给 2 分）
（4）0. 27（2 分）
24．（12 分）
解：（1）从释放到C点，由机械能守恒定律有：mgh = mv （2分）
在C点，由牛顿第三定律知，支持力大小等于压力大小
由牛顿第二定律有：F －mg = m （2分）
两式联立得：F=mg+ h （1分）
结合题图（b）的F-h图像可知：mg = 10N， = N/m
解得：m = l kg，R = l m （2 分）
（2）从释放到G点，由机械能守恒定律有：mg (h－R－R sin θ) =mv （2分）
恰好到达G点的条件是球对轨道的压力恰为零，由牛顿第二定律有：mg sin θ = m （1分）
代入数据解得：h=2.2 m，故满足的条件是：h≥2.2 m （2 分）
25. （20 分）
解：（1）由题图（b）的E-t图像可知：t=2 s时刻，E = 2×106 N/C （1分）
A、B受到的电场力大小为：FA = qAE = 4 N（向左），FB = qBE = 2 N（向右） （2分）
A和B所受的最大静摩擦力为：f Amax = f Bmax = μ1mg= 5 N （1分）
因FA< f Amax，FB< f Bmax，故A和B均不会相对木板滑动
地面对木板的最大静摩擦力为：f地max=μ2 3mg = 6 N （1分）
对木板、A和B组成的系统，因FA －FB< f地max，故木板不会相对地面滑动
所以，滑块A、B和木板均处于静止状态 （1分）
（2）①随E增大，设A在t1时刻相对木板滑动并从滑板左侧滑落
此时的临界关系为：qAE1=
解得El =2.5×106 N/C，由题图（b）的E－t图像可知对应时刻为：t1=2.5 s （1分）
此时，qBE1 =2.5 N
此时的临界关系为：qBE2 =μ2 2mg
解得E2=4×106 N/C，由题图（b）的E-t图像可知对应时刻为：t2=4 s （1分）
因 FB=qBE2=4 N
此时的临界关系为，对B：qBE3 －fBmax=ma ，对系统：qBE3－μ2 2mg = 2ma
解得，E3=6×106 N/C，a = l m/s2，由题图（b）的E-t图像可知对应时刻为：t3=6s （1分）
综上，在时间Δt1 = t3－t2=2 s内，电场力的冲量为：IF = q Δt1 =10 N s （1分）
对系统，由动量定理有：IF －μ2 2mgΔt1=2mv1－0 （1分）
代入数据解得t3=6 s时刻B和木板的共同速度为：v1=l m/s （1分）
（3）t3=6 s至t4=6.5 s，电场强度恒为E4=8×106 N/C，B进入木板上光滑部分
由牛顿第二定律，对B ：qBE4 =maB ，对木板：μ2 2mg=ma板 （2分）
代入数据得：aB = 8 m/s2（向右），a板=4 m/s2（向左） （2分）
设木板经时间Δt2发生位移x1停止运动，由运动学规律有：v1= a板Δt2，x1= v1Δt2
代入数据得：Δt2=0.25 s， x1= m （2分）
设B在Δt3 = t4－t3= 0.5 s内发生位移x2
由运动学规律有：v2=v1+aBΔt3，x2 =(v1+ v2) Δt3
代入数据得：v2=5m/s，x2=m （2分）
33.［物理选修3 — 3］（共15分）
（1）（5 分）BDE
（2）解：（i）设外界气体压强为p0，封闭气体在状态1、2（活塞再次平衡）的压强分别为p1、p2
从状态2到状态3（活塞第三次达到平衡），封闭气体发生等压变化
由盖一吕萨克定律有： = （2分）
将 V2 =V，T2 = T，T3 = T 代入解得：V3 = V （2分）
（ii）从状态1到状态2,气体发生等温变化，由玻意耳定律有：p1V1=p2V2 （2分）
将 V1=V，V2 =V代入得：p1=p2
状态1，由力的平衡条件有：p0S+mg = p1S （1分）
状态2，由力的平衡条件有：p0S+mg = p2S+F （1分）
代入数据解得：p0= （2分）
（其他合理解法参照给分）
34.［物理选修3-4］（共15分）
（1）（5分）D（2分）（2分） 小于（1分）
（2）（10分）解：（i）光束经右侧壁CD反射的光路如答图1，由反射定律知：反射角为θ （1分）
由数学关系有：H = SCtan θ +（BS+SC）tan θ （2 分）
将 θ = 53°，BS=1 cm，SC=7 cm 代入解得：H = 20 cm （1 分）
（ii）光束经液面折射，再经右侧壁CD反射的光路如答图2，其中O点、F点分别为折射点、反射点。设液面深度为d，过O点的法线与BC的交点为G
光束在O点的入射角为i=90°－θ = 37°
由折射定律有：n= （2 分）
代入数据解得折射角为：r = 53° （1 分）
故光束在F点的入射角也等于i
由数学关系有：SG=，GC=SC－SG
又：h = d + GCtan i + BCtan i （2 分）
代入数据解得液面深度为d = 4 cm （1 分）
（其他合理解法参照给分）
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