2024届四川省德阳市重点高中高三下学期监测考试（二）理科综合试卷-高中物理（含答案解析）

德阳市高中2021级质量监测考试（二）理科综合试卷说明：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共14页。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将答题卡交回。2.本试卷满分300分，150分钟完卷。第I卷（选择题共126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.某实验小组利用如图（a）所示的电路研究某种金属的遏止电压UC与入射光的频率的关系，描绘出如图（b）所示的图像。根据光电效应规律，结合图像分析，下列说法正确的是（）A.滑片P向右移动，电流表示数会变大B.仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能增大C.由UC-图像可得出普朗克常量为（e为电子的电荷量）D.开关S断开时，若入射光的频率为，则电压表的示数为U1【答案】C【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，两极间反向电压逐渐增大，反向电压越大，流过电流表的电流就越小，故A错误；B．根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，因此增大入射光的强度，光电子的最大初动能不变，故B错误；C．根据动能定理而逸出功联立可得故C正确；D．开关S断开时，电压表的示数为0，故D错误。故选C。2.如图所示，圆轨道上卫星1与椭圆轨道上相同质量的卫星2的周期相同，两卫星轨道相交于A点、B点，C点、D点连线过地心，D点为远地点。下列说法正确的是（）A.卫星1在C点的动能大于卫星2在D点的动能B.卫星1和卫星2在A点的加速度大小不相等C.卫星2在A点和B点的速度相同D.卫星2从B点运动到D点的过程中，万有引力对卫星2做负功，则卫星2的机械能减小【答案】A【解析】【详解】A．以地球球心为圆心，地球球心与D点的距离为半径做圆，设为圆轨道3，若卫星2在圆轨道3做匀速圆周运动，速度为，根据变轨原理可知，卫星在圆轨道3的D点处的速度大于椭圆轨道2的D点的速度，即对于圆轨道1和3，根据万有引力提供向心力可得可得则卫星1在C点的动能大于卫星2在D点的动能，故A正确；B．根据牛顿第二定律卫星1和卫星2在A点的加速度相同，故B错误；C．卫星2在A点和B点的速度方向不同，故C错误；D．卫星2从B点运动到D点的过程中，只有万有引力对卫星2做功，则卫星2的机械能不变，故D错误。故选A。3.如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比为n1︰n2=10︰1，原线圈输入正弦式交流电压如图（b）所示，副线圈电路中定值电阻R0=10Ω，所有电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（）A.t=0时刻，电流表A2的示数为零B.1s内电流方向改变50次C.滑片P向下移动过程中，电流表A2的示数增大，电流表A1的示数减小D.当滑动变阻器接入电路的阻值为R=10Ω时，滑动变阻器的功率最大且为12.1W【答案】D【解析】【详解】A．交流电表测定的读数值是交流电的有效值，t=0时刻，电流表A2的示数不为零，故A错误；B．由图乙可知交流电的频率为1s内电流方向改变100次，故B错误；C．滑片P向下移动过程中，副线圈电路中总电阻变小，电流表A2的示数增大，由可知电流表A1的示数增大，故C错误；D．原线圈电压的有效值为副线圈的电压有效值为滑动变阻器的功率为当滑动变阻器接入电路的阻值为R=10Ω时，滑动变阻器的功率最大且为12.1W，故D正确。故选D。4.如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上的质量为m的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为m0的钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。除圆柱体与地面之间的摩擦以外，其它摩擦不计，绳的总长不变。将B点缓慢移动到C点的过程，下列说法正确的是（）A.地面对圆柱体P的支持力不变B.地面对圆柱体P的摩擦力减小C.轻绳的张力增大D.若增大钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则轻绳的张力增大【答案】B【解析】【详解】C．由于两端同一根绳子中的拉力相等，两边绳子的拉力的合力与钩码的重力平衡，将B点缓慢移动到C点的过程，两边绳子间夹角变小，故可知绳子张力变小，故C错误；A．对小球受力分析如图所示小球受重力mg、P对小球的支持力N以及绳子对小球的拉力T，小球在三个力的作用下始终处于静止状态，由相似三角形可得式中L为定滑轮左侧栓接小球绳子的长度。由于AO、mg、R不变，根据相似三角形可知N不变，绳子张力T变小，则L减小，设圆柱体的质量为M，分析可知，小球对圆柱体P的压力在竖直方向的分力（为N与竖直方向的夹角）与圆柱体的重力之和大小等于地面对圆柱体的支持力，即有由于不变，L减小，故可知减小，则可知增大，导致增大，故A错误；B．将小球与圆柱体P看成一个整体，根据以上分析可知，绳子拉力T减小，设绳子与竖直方向的夹角为，则可知减小，而绳子拉力T在水平方向的分力大小与地面对P的摩擦力大小相等、方向相反，即有由此可知地面对P的摩擦力减小，故B正确；D．若增大钩码的质量，到小球再次静止的过程中，钩码将下移，小球将沿圆柱体P上移，小球再次静止时，由于AO、mg、R不变，而L减小，则根据相似三角形可知N不变，T减小，即轻绳的张力T减小，故D错误。故选B。5.如图所示的电路中，电源的电动势，内阻不计，电阻，，滑动变阻器的最大阻值，电容器MN的电容，现将滑动触头L置于最左端a点，合上开关S，经过一段时间电路处于稳定，此时一带电油滴恰好静止在MN之间的P点，下列说法正确的是（）A.油滴带负电B.若断开开关S，则通过R1的电荷量为C.若滑动触头向右滑动，则油滴将向上加速运动D.若从a点向右移动滑动触头L，至aL间电阻为20Ω时，则下极板N的电势降低了4V【答案】B【解析】【详解】A．分析电路知板电势高，板电势低，一带电油滴恰好静止在MN之间的P点，根据平衡条件知，电场力竖直向上，故油滴带正电，故A错误；B．电容器两端的电压等于电阻两端电压，有电容器所带的电量为S断开后电容器的电量通过两个支路放电，一是电阻支路，另一条是电阻和滑动变阻器的串联支路，根据并联电路的电流关系可知，两支路的电阻之比为，则电流之比为。可知通过的电量为故B正确；C．若滑动触头向右滑动，电容器两板间电压先减少后增大，电容器所带的电量先减少后增大，但板先带正电荷后带负电荷，电场力先向上（小于重力）后向下，合力始终向下，则油滴将向下加速运动，故C错误；D．若从a点向右移动滑动触头L，至aL间电阻为20Ω时，滑动触头在a点时，板电势为联立解得故下极板N的电势降低了8V，故D错误。故选B。6.纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O点为圆心、以R为半径作圆，从x轴上的a点开始沿逆时针方向将圆四等分，a、b、c、d是圆周上的4个等分点，实线ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，如图（a）所示；测量出圆上各点的电势、半径同x轴正方向的夹角θ，描绘出一θ图像如图（b）所示，下列说法正确的是（）A.粒子带负电 B.粒子从e点运动到f点的过程中电势能逐渐增大C.O点的电势为 D.电场强度的大小为【答案】CD【解析】【详解】A．根据图（b）可知，圆周上电势最高点和最低点所在直径与轴夹角为，设圆周上电势最高点为，圆周上电势最低点为，则直径方向为电场线方向，实线ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，粒子受力方向与电场方向一致，带正电，故A错误；B．粒子受力方向与电场方向一致，粒子从e点运动到f点的过程中电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误；C．O点的电势为故C正确；D．电场强度的大小为故D正确。故选CD。7.如图所示为绝缘固定的斜面的剖面图AD，AD与水平面的夹角为θ=37°，点O、点C为直线AD上的两点，OA段粗糙，OD段光滑，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满AD所在的空间，AD与磁场方向垂直。质量为m、电荷量为q的物块，在C点以某一初速度（未知）沿斜面AD向上运动，此时物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，已知，，OA段的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（）A.物块带负电 B.物块在C点上滑的初速度大小为C.物块在斜面AD上做匀变速运动的时间为 D.物块在OA段因摩擦产生的热量为【答案】BC【解析】【详解】A．若没有磁场，则物块对斜面的压力由于物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，所以洛伦兹力方向垂直于斜面向上，物块带正电，故A错误；B．根据得故B正确；C．物块从C点运动到O点的过程中受到的合外力为加速度取向下为正方向，有解得故C正确；D．物块运动到O点时的速度此时受到的洛伦兹力方向垂直于斜面向下，摩擦力开始匀速运动，所以物块在OA段因摩擦产生的热量为故D错误。故选BC。8.如图所示，竖直放置的半径为R的光滑绝缘的半圆弧轨道MN与粗糙绝缘水平轨道NP在N处平滑连接，O点为圆弧轨道的圆心，直径MN左侧空间存在水平向左的匀强电场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，场强大小均为E，水平轨道上放置一劲度系数为k的轻弹簧，左端紧邻N点，右端栓接一电荷量为q的带负电的轻物块B（可忽略质量）。一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，以一定的初速度从M点沿切线进入圆弧轨道。已知A、B两个物块与水平轨道NP间的动摩擦因数均为μ，电荷量为，劲度系数为，弹簧的弹性势能大小为（x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.物块A在M点的初速度至少为，物块A才能沿圆弧轨道运动到N点B.物块A以不同的初速度从M点沿圆弧轨道滑到N点，通过N点的速度大小可能为C.物块A以不同的初速度从M点沿圆弧轨道滑过N点后压缩弹簧，弹簧的最大压缩量可能为D.若物块A恰能沿圆弧轨道滑过N点，则系统因摩擦产生的热量为2mgR【答案】BD【解析】【详解】物块A受重力、电场力作用，等效重力场如图所示，设最高点为C点等效重力场加速度为方向与竖直方向夹角的正切值为A．物块A在C点恰好不脱落，设速度为v，由牛顿第二定律可得解得设在M点物块A速度为v0，恰能沿圆弧轨道运动到C点，由动能定理可得解得则物块A在M点的初速度至少为，物块A才能沿圆弧轨道运动到N点，故A错误；B．若物块A恰能沿圆弧轨道滑过N点，通过N点的速度最小，为则通过N点的速度大小可能为，故B正确；C．物块A以不同的初速度从M点沿圆弧轨道滑过N点后压缩弹簧，弹簧的最大弹力为弹簧的最大压缩量为故C错误；D．若物块A恰能沿圆弧轨道滑过N点，系统因摩擦产生热量为W，由能量守恒可得解得故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题共174分）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作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.某同学利用打点计时器探究小车的运动规律，实验时按规范操作得到的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起每5个点标记一个计数点，标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两计数点之间都有4个点迹没有标出，用刻度尺分别测量出AC、BD、CE的长度如图所示，已知打点计时器的打点周期是0.02s，纸带左端连接小车，根据数据可以推测该纸带记录的是小车做___________直线运动；打下B点时小车的瞬时速度大小为vB=___________m/s，小车的加速度大小为a=___________m/s2（结果均保留两位有效数字）。【答案】①.匀加速②.③.【解析】【详解】[1]纸带左端连接小车，根据数据知左端先打点，运动的慢,又其中比较清晰的点迹起每5个点标记一个计数点，故根据匀变速运动推论可知该纸带记录的是小车做匀加速直线运动；[2]打下B点时小车的瞬时速度大小为[3]小车运动可看作匀加速直线运动，利用逐差法可求得小车的加速度大小为10.某实验探究小组设计了如图（a）所示的电路测电源电动势E和内阻r，并测出定值电阻R1的阻值。实验器材有：待测电源E（内阻为r），待测电阻R1，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0~99.99Ω），开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。（1）为测试电路，闭合开关S1后，将开关S2先后分别与触点a、触点b接通，电压表有示数但无变化，则故障可能是______。A.电阻R1短路 B.电阻R1断路C.电阻箱R短路 D.电阻箱R断路（2）排除故障后，先测R1的阻值，闭合开关S1，将开关S2切换到触点a，读出电阻箱的示数、电压表的示数分别为R0、U0，保持电阻箱的示数不变，______（补全此处的操作），读出电压表的示数为U1，则定值电阻R1=______Ω。（3）测得R1=4.8Ω后，将开关S2掷于触点a，继续测电源的电动势和内阻，作出了一图像如图（b）所示，则电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留三位有效数字）【答案】（1）A（2）①.将S2切换到b②.（3）①.1.43②.1.20【解析】【小问1详解】闭合开关S1后，将开关S2先后分别与触点a、触点b接通，电压表有示数但无变化，可能是电阻R1短路，故选A。小问2详解】[1]保持电阻箱示数不变，将S2切换到b读出电压表的示数U1。[2]根据欧姆定律，电阻箱的电流，R1的电压为U1-U0，所以可求【小问3详解】[1][2]根据闭合电路的欧姆定律整理得所以图象与纵轴的截距可得电动势E=1.43V斜率解得内阻r=1.20Ω11.如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为，传送带顶端到底端的距离为L=14.25m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1=0.3kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2=0.1kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t=0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0=7m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v=7m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；（2）小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。【答案】（1）3.5m/s2；（2）3s【解析】【详解】（1）设小物块A加速度的大小为a1，绳子的拉力为T1，则对A物体列牛顿第二定律对B物体列牛顿第二定律解得（2）从静止到速度等于7m/s的过程有当A、B整体的速度等于7m/s时，摩擦力会改变方向，设小物块A此时的加速度为a2，绳子的拉力为T2，则对A物体列牛顿第二定律对B物体列牛顿第二定律解得所以，总时间为12.如图所示，粗糙绝缘的水平面上方有一宽度为s=1.8m、离地高度为h=0.1m的匀强磁场区域MNQP，区域内磁场方向垂直纸面向里，且磁感应强度大小为B=1T，在距虚线MN左侧s0=1.25m处竖直放置一个边长为L=0.2m的正方形线框abcd，虚线PQ右侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度的分布为B=1+kx（T）（x是指虚线PQ右侧到虚线PQ的水平距离，常量k>0但大小未知），紧靠虚线PQ竖直放置一个边长也为L=0.2m、下表面光滑的正方形线框efhj。现将一方向水平向右、大小为F=15N的恒定外力作用在线框abcd上，直到线框abcd的cd边刚到达虚线MN时，仅改变外力F的大小使线框以到达虚线MN时的速度匀速进入匀强磁场区域MNQP，当线框abcd的ab边刚到达虚线MN时，撤去外力F。已知线框abcd的质量为m1=1kg、匝数为n1=5匝、电阻阻值为R1=5Ω、与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5，线框efhj的质量为m2=2kg、匝数为n2=10匝、电阻阻值为R2=10Ω，两线框运动过程中所发生的碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小为g=10m/s2.求：（1）线框abcd刚进入磁场区域MNQP时，线框abcd中的电流大小；（2）线框abcd进入磁场区域MNQP的过程中，外力F做功的大小；（3）线框abcd与线框efhj碰撞后，直到两线框都静止时，线框abcd的cd边与线框efhj的ef边相距2.6m，则常量k的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】详解】（1）根据动能定理又得线框abcd刚进入磁场区域MNQP时，线框abcd中的电流大小为（2）线框abcd进入磁场过程中匀速运动，则外力F做功的大小为得（3）线框abcd完全进入磁场后不受磁场力作用，设abcd与efhj碰撞时的速度为v0。根据动能定理由题意，碰撞后abcd会反向运动。根据动量守恒与机械能守恒得，碰撞后，对线框abcd得由题意可知，线框efhj两次磁感应强度大小之差为且保持不变。对线框efhj，根据动量定理又，，，由题意联立得（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选1题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置作答。多答则每学科按所答的第1题评分。33.[物理—选修3一3]34.[物理—选修3一4]13.德阳灯会历来就有“川西灯会看德阳”之盛誉。时隔8年，第十五届德阳灯会将于2024年2月2日至3月9日在德阳玄珠湖公园举行，届时240米吉尼斯龙灯旋连“三星堆宝