2023-2024學(xué)年四川省樂山市高三下學(xué)期三模考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1樂山市高中2024屆第三次調(diào)查研究考試物理試卷注意事項(xiàng)：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它〖答案〗標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題1.2017年中國科學(xué)院召開發(fā)布會(huì)正式向社會(huì)發(fā)布118號(hào)元素中文名“?（ào）”，其元素符號(hào)為Og。?是一種人工合成的稀有氣體元素，具有放射性，人工制取方程式為。則下列說法正確的是（）A.制取方程式中Z代表質(zhì)子 B.制取方程式中Z代表中子C.制取過程中遵循質(zhì)量守恒 D.溫度降低會(huì)增大的半衰期〖答案〗B〖解析〗ABC．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒可得，該人工制取方程式為故制取方程式中Z代表中子，故B正確，AC錯(cuò)誤；D．半衰期由原子核本身決定的，與溫度、壓強(qiáng)等外界因素?zé)o關(guān)，所以溫度降低不會(huì)改變?的半衰期，故D錯(cuò)誤。故選B。2.某同學(xué)在做家務(wù)時(shí)發(fā)現(xiàn)自家燃?xì)庠畹闹Ъ苡形遄η揖鶆蚍植荚趫A周上如圖1所示。當(dāng)質(zhì)量為m的球形鐵鍋置于支架上，接觸點(diǎn)到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均為如圖2所示，忽略爪與鍋之間的摩擦力，下列說法正確的是（）A.每個(gè)爪與鍋之間的彈力大小等于 B.每個(gè)爪與鍋之間的彈力大小小于C.角越大每個(gè)爪與鍋之間的彈力就越大 D.角越大每個(gè)爪與鍋之間的彈力就越小〖答案〗C〖解析〗對(duì)鍋受力分析，由平衡條件可得每個(gè)爪與鍋之間的彈力大小為角越大，越小，故每個(gè)爪與鍋之間的彈力就越大。故選C。3.成都地鐵18號(hào)線連通成都市區(qū)和成都天府國際機(jī)場(chǎng)，其中從世紀(jì)城站到海昌路站可看做一段直線軌道，軌道總長為x。一列地鐵（可視為質(zhì)點(diǎn)）從世紀(jì)城站由靜止出發(fā)經(jīng)過勻加速、勻速、勻減速三個(gè)階段后停在了海昌路站。已知地鐵運(yùn)行的最大速度為v，加速與減速階段的加速度大小相同，加速階段用時(shí)為t。則下列說法正確的是（）A.地鐵勻速運(yùn)行的時(shí)間為 B.地鐵勻速運(yùn)行的時(shí)間為C.地鐵運(yùn)行全程平均速度為 D.地鐵運(yùn)行全程平均速度為〖答案〗C〖解析〗列車從靜止加速至最大速度過程所用時(shí)間為，運(yùn)動(dòng)位移為列車加速與減速階段的加速度大小相同，則所用時(shí)間與運(yùn)動(dòng)位移相同，可得勻速階段有解得地鐵勻速運(yùn)行的時(shí)間為從世紀(jì)城站到海昌路站需要的時(shí)間為則地鐵運(yùn)行全程平均速度為故選C。4.我國某品牌手機(jī)利用“天通一號(hào)”地球同步衛(wèi)星通信系統(tǒng)實(shí)現(xiàn)了衛(wèi)星通話功能。同步衛(wèi)星的發(fā)射過程可簡(jiǎn)化為衛(wèi)星首先進(jìn)入近地圓軌道Ⅰ，再進(jìn)入橢圓轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ，最后進(jìn)入離地球表面約為6R的地球同步軌道Ⅲ上。已知R為地球半徑，M為地球質(zhì)量，G為引力常量，不考慮在發(fā)射與變軌過程中衛(wèi)星質(zhì)量的變化。下列說法正確的是（）A.赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度約為B.衛(wèi)星在同步軌道上的運(yùn)行周期為C.由軌道Ⅱ進(jìn)入軌道Ⅲ需要在B點(diǎn)點(diǎn)火減速D.衛(wèi)星在軌道I上運(yùn)行時(shí)的機(jī)械能最大〖答案〗B〖解析〗AB．衛(wèi)星在同步軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)解得赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的周期等于同步衛(wèi)星的周期，則線速度約為選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；CD．衛(wèi)星從軌道I進(jìn)入軌道Ⅱ要在A點(diǎn)點(diǎn)火加速，則機(jī)械能要增加，由軌道Ⅱ進(jìn)入軌道Ⅲ需要在B點(diǎn)點(diǎn)火加速，機(jī)械能也要增加，則衛(wèi)星在軌道I上運(yùn)行時(shí)的機(jī)械能最小，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，質(zhì)量相同的小球A、B位于同一豎直線上，將A、B兩小球以不同的初速度、水平拋出后，都直接落在水平面上的同一位置。已知，落地時(shí)重力的功率分別為、。不計(jì)一切阻力，則與、與的大小關(guān)系正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗AB．由由題可知A、B兩小球下落時(shí)間比為兩球水平位移相同，由得即故AB錯(cuò)誤；CD．小球在豎直方向的落地速度為可見A、B兩小球在豎直方向的落地速度之比為落地時(shí)重力的功率為所以A、B兩小球落地時(shí)重力功率比為即故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。6.電子透鏡是通過靜電場(chǎng)來使電子束聚焦的裝置。電子透鏡兩極間的電場(chǎng)線分布如圖中帶箭頭的實(shí)線?，F(xiàn)有一電子僅在電場(chǎng)力作用下從M運(yùn)動(dòng)到N，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖虛線所示。則下列說法正確的是（）A.電子在M點(diǎn)的加速度最大 B.P點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)C.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電子的動(dòng)能一直增大 D.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電子的電勢(shì)能先增大后減小〖答案〗BC〖解析〗A．電場(chǎng)線的疏密程度反映電場(chǎng)的強(qiáng)弱，由圖可知M點(diǎn)的電場(chǎng)線最稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度最弱，電場(chǎng)力最小，加速度最小，故A錯(cuò)誤；B．沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，則P點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；CD．電場(chǎng)方向沿電場(chǎng)線的切線方向，可知電場(chǎng)力一直做正功，電子的動(dòng)能一直增加，電勢(shì)能一直減小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。7.如圖所示，在一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O為區(qū)域磁場(chǎng)圓心。現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為-q（）的粒子從距直徑MON為的P點(diǎn)平行于直徑MON方向射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡通過磁場(chǎng)圓心O。不計(jì)粒子重力，則下列說法正確的是（）A.粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R B.粒子射入磁場(chǎng)的速率為C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D.粒子會(huì)從O點(diǎn)正下方射出磁場(chǎng)〖答案〗AD〖解析〗AD．作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得可得由幾何關(guān)系可得粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑為由圖可知，粒子會(huì)從O點(diǎn)正下方射出磁場(chǎng)，故AD正確；B．由洛倫茲力提供向心力可得粒子射入磁場(chǎng)的速率為故B錯(cuò)誤；C．由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為故C錯(cuò)誤。故選AD。8.如圖，兩光滑平行且電阻不計(jì)的長直金屬導(dǎo)軌水平固定放置，所在空間內(nèi)存在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩根完全相同的金屬棒MN、PQ垂直放置在導(dǎo)軌上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻開始對(duì)PQ棒施加一個(gè)水平向右大小恒為4N的力，當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時(shí)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為1kg，有效電阻均為，導(dǎo)軌間距為1m，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，則下列說法正確的是（）A.系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，兩根金屬棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時(shí)，MN棒速度變?yōu)?m/sC.當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時(shí)，回路中的電流大小為2AD.系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后的4s內(nèi)，通過金屬棒橫截面積的電荷量為4C〖答案〗BD〖解析〗A．對(duì)兩根金屬棒構(gòu)成的系統(tǒng)進(jìn)行分析，穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后，對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得即系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，兩根金屬棒均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BC．系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，PQ棒速度變?yōu)?m/s，回路感應(yīng)電流一定，則有其中對(duì)MN棒進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，I=1A故B正確，C錯(cuò)誤；D．結(jié)合上述，系統(tǒng)剛剛穩(wěn)定時(shí)，PQ棒速度變?yōu)?m/s，MN棒速度變?yōu)?m/s，之后以加速度2m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后的4s內(nèi)，對(duì)MN、PQ棒進(jìn)行分析，根據(jù)速度公式有根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得故D正確。故選BD。二、非選擇題（一）必考題：9.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置測(cè)量彈性勢(shì)能的大?。狠p質(zhì)彈簧水平放置在光滑水平面上，左端固定，右端與一帶遮光片的小球接觸而不固連。彈簧處于原長時(shí)，小球在A點(diǎn)，向左推小球壓縮彈簧至B點(diǎn)，由靜止釋放。已知小球（帶遮光片）質(zhì)量為m，請(qǐng)回答以下問題：（1）為測(cè)量除了題干提供的已知量外，至少還需要測(cè)量________；A.彈簧的原長 B.彈簧的壓縮量C.遮光片的寬度d D.光電門的遮光時(shí)間t（2）用已知量和所選取的測(cè)量量表示出彈性勢(shì)能________；（3）由于水平面不是絕對(duì)光滑，測(cè)得的彈性勢(shì)能與真實(shí)值相比________（選填“偏大”“偏小”或“相等”）〖答案〗（1）CD（2）（3）偏小〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)能量守恒可知彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，故根據(jù)小球離開彈簧的速度可以測(cè)量小球通過光電門的時(shí)間t和遮光片的寬度d測(cè)得。故選CD【小問2詳析】用已知量和所選取的測(cè)量量表示出彈性勢(shì)能為【小問3詳析】由于水平面不是絕對(duì)光滑，則小球在水平面運(yùn)動(dòng)的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q，根據(jù)能量守恒通過比較可得故測(cè)得的彈性勢(shì)能與真實(shí)值相比偏小。10.某高中開展項(xiàng)目式學(xué)習(xí)，研究測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1）甲同學(xué)利用圖1所示的電路圖測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。閉合開關(guān)S，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片得到多組電流和電壓值，在坐標(biāo)紙上畫出圖像，如圖2所示可得電源電動(dòng)勢(shì)________V，電源內(nèi)阻________；（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字），（2）①乙同學(xué)在沒有電流表的情況下，設(shè)計(jì)了如圖3所示的電路圖測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。閉合開關(guān)S，改變電阻箱的阻值，記錄多組電壓表示數(shù)U和電阻箱示數(shù)R，并畫出的圖像，如圖4所示可得電源電動(dòng)勢(shì)________V，電源內(nèi)阻________；（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）②乙同學(xué)繼續(xù)對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差進(jìn)行分析，若實(shí)線代表理想電壓表測(cè)得的情況，虛線代表電壓表內(nèi)阻不可忽略時(shí)測(cè)得的情況，下列圖中能正確反映相關(guān)物理量之間關(guān)系的是________?！即鸢浮剑?）1.401.00（2）1.431.14D〖解析〗【小問1詳析】[1][2]由閉合電路歐姆定律化簡(jiǎn)可得結(jié)合圖2可知所以電源電動(dòng)勢(shì)為1.40V，電源內(nèi)阻為?！拘?詳析】[1][2]由閉合電路歐姆定律化簡(jiǎn)可得結(jié)合圖4可知所以電源電動(dòng)勢(shì)為電源內(nèi)阻為[3]若電壓表內(nèi)阻不可忽略時(shí)，由歐姆定律化簡(jiǎn)可得對(duì)比可得，考慮電壓表的內(nèi)阻和不考慮電壓表內(nèi)阻的斜率不變，但考慮電壓表的內(nèi)阻的縱截距大于不考慮電壓表的內(nèi)阻的縱截距。故選D。11.如圖所示，一質(zhì)量為3kg的滑塊套在水平放置的長直光滑細(xì)桿上可自由滑動(dòng)，兩個(gè)完全相同的小球A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）分別用輕質(zhì)細(xì)線懸掛于細(xì)桿和滑塊下方，懸掛點(diǎn)等高。整個(gè)系統(tǒng)靜止時(shí)細(xì)線均處于豎直方向，小球剛好接觸且不發(fā)生擠壓，球心位于同一水平線上。在豎直面內(nèi)將A球拉到細(xì)線水平伸直后由靜止釋放，在最低點(diǎn)處與B球發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短）。已知小球質(zhì)量均為1kg，細(xì)線長為0.8m，重力加速度大小取。求：（1）A球擺到最低點(diǎn)與B球碰前所受到的細(xì)線拉力F；（2）相碰后B球能上升的最大高度H?！即鸢浮剑?）30N，豎直向上；（2）0.6m〖解析〗（1）A球從最高點(diǎn)擺到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)A球受力分析，由牛頓第二定律聯(lián)立可得方向豎直向上。（2）由題意可知，A、B碰撞過程中由動(dòng)量守恒定律由機(jī)械能守恒定律聯(lián)立可得，碰后B球擺到最高點(diǎn)的過程中與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則代入解得對(duì)B球與滑塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得12.如圖所示，水平虛線MN的下方存在豎直向下大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線上方有以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域且與虛線MN相切于P點(diǎn)，該區(qū)域中存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平方向大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。P點(diǎn)正下方固定一粒子源S，能源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的同種負(fù)粒子，經(jīng)過一段時(shí)間粒子由P點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，粒子在圓形區(qū)域的軌跡為直線且運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，粒子的重力以及粒子間相互作用均忽略不計(jì)，O、P、S三點(diǎn)在同一豎直線上。（1）求圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小和方向；（2）若僅將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)撤去，結(jié)果粒子在圓形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變?yōu)镼UOTEt02t02，求粒子的比荷以及S、P兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值U（3）若將圓形區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)撤去，且將虛線MN下方的電場(chǎng)強(qiáng)度增大到原來的4倍，求粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！即鸢浮剑?），水平向右；（2），；（3）〖解析〗（1）由力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可得，粒子在圓形區(qū)域內(nèi)在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE=qvB聯(lián)立可得圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小為方向水平向右。（2）若圓形區(qū)域內(nèi)只存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子會(huì)在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)所以水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得粒子的比荷為粒子在場(chǎng)中從S運(yùn)動(dòng)到P，由動(dòng)能定理可得可得S、P兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值為（3）變?yōu)樵瓉淼?倍，則由動(dòng)能定理聯(lián)立可得在圓形區(qū)域內(nèi)粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則可得畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓弧，故粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為由可得，粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（二）選考題。13.下列說法中正確的是（）A.布朗運(yùn)動(dòng)間接反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的無規(guī)則性B.壓緊的鉛塊會(huì)“粘”在一起，說明分子間有引力C.氣體難壓縮，說明氣體分子間存在斥力D.隨著物體運(yùn)動(dòng)速度的增大，物體的分子動(dòng)能也增大E.一定量100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子之間的勢(shì)能增加〖答案〗ABE〖解析〗A．布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中的固體微粒受到液體分子的撞擊做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，間接地反映了液體分子的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．壓緊的鉛塊會(huì)“粘”在一起，說明了分子間有引力，故B正確；C．氣體難壓縮，是因?yàn)闅怏w壓強(qiáng)太大，此時(shí)氣體分子距離仍相當(dāng)大，分子間的相互作用力幾乎為零，故C錯(cuò)誤；D．物體分子動(dòng)能反映的是微觀運(yùn)動(dòng)，而物體運(yùn)動(dòng)速度反映的是宏觀運(yùn)動(dòng)，兩者沒有直接聯(lián)系，故D錯(cuò)誤；E．一定量100℃的水變成100℃的水蒸氣，溫度沒有變化，分子的平均動(dòng)能不變，由于在這個(gè)過程中要吸收熱量，內(nèi)能增大，則其分子之間的勢(shì)能增加，故E正確。故選ABE。14.如圖甲所示，導(dǎo)熱性能良好的圓柱形汽缸放在水平地面上，開口向上，用橫截面積為S的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞到汽缸底部的距離為h，此時(shí)環(huán)境溫度為T。(熱力學(xué)溫度)。已知大氣壓強(qiáng)恒為p0，活塞的質(zhì)量為m=現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的重物輕放在活塞上，同時(shí)緩慢升高環(huán)境溫度，活塞靜止后到汽缸底部的距離為h(如圖乙所示)，該過程氣體從外界吸收的熱量為Q。重力加速度為g，不計(jì)活塞與汽缸之間的摩擦，求：(i)最終氣體的熱力學(xué)溫度T(ii)上述過程中氣體內(nèi)能的變化量ΔU〖答案〗(ⅰ)；(ⅱ)〖解析〗(i)圖甲中，汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)圖乙中，汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)由理想氣體狀態(tài)方程得聯(lián)立解得(ii)上述過程中外界對(duì)氣體做功為由熱力學(xué)第一定律知聯(lián)立解得15.如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，零時(shí)刻的波形圖如圖中實(shí)線，經(jīng)過（）該部分波形圖如圖中虛線，已知虛線上波峰對(duì)應(yīng)的平衡位置到原點(diǎn)O的距離為12.5m。該波的波長為________m，波速為________m/s，內(nèi)質(zhì)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的路程為________cm。〖答案〗2025〖解析〗[1]由波形圖可知，該波的波長為。[2]波沿x軸正方向傳播，且傳播時(shí)間小于一個(gè)周期，可知波傳播了，則該波的波速[3]根據(jù)波形可知振幅，則零時(shí)刻的波動(dòng)方程為帶入質(zhì)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，得到質(zhì)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)由前兩問可知，該波的周期為0~0.7s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)A振動(dòng)了個(gè)周期，則質(zhì)點(diǎn)A通過的路程為16.如圖所示一棱鏡的截面為等邊三角形，一束光從D點(diǎn)垂直于AB邊由真空射向棱鏡，經(jīng)AC邊恰好發(fā)生全反射后從BC邊射出。已知三角形的邊長為a，，真空中的光速為c，求：（1）棱鏡的折射率n；（2）光在棱鏡中傳播的時(shí)間t?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）由題意畫出棱鏡中的光路圖由幾何關(guān)系可知，在AC邊上的入射角為在AC邊剛好發(fā)生全反射，由光折射定律可得棱鏡的折射率為（2）由幾何關(guān)系可知在三角形ADE中光在棱鏡中傳播的路程為由光的折射定律可得，光在棱鏡中傳播的速度為所以光在棱鏡中傳播的時(shí)間為樂山市高中2024屆第三次調(diào)查研究考試物理試卷注意事項(xiàng)：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它〖答案〗標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題1.2017年中國科學(xué)院召開發(fā)布會(huì)正式向社會(huì)發(fā)布118號(hào)元素中文名“?（ào）”，其元素符號(hào)為Og。?是一種人工合成的稀有氣體元素，具有放射性，人工制取方程式為。則下列說法正確的是（）A.制取方程式中Z代表質(zhì)子 B.制取方程式中Z代表中子C.制取過程中遵循質(zhì)量守恒 D.溫度降低會(huì)增大的半衰期〖答案〗B〖解析〗ABC．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒可得，該人工制取方程式為故制取方程式中Z代表中子，故B正確，AC錯(cuò)誤；D．半衰期由原子核本身決定的，與溫度、壓強(qiáng)等外界因素?zé)o關(guān)，所以溫度降低不會(huì)改變?的半衰期，故D錯(cuò)誤。故選B。2.某同學(xué)在做家務(wù)時(shí)發(fā)現(xiàn)自家燃?xì)庠畹闹Ъ苡形遄η揖鶆蚍植荚趫A周上如圖1所示。當(dāng)質(zhì)量為m的球形鐵鍋置于支架上，接觸點(diǎn)到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均為如圖2所示，忽略爪與鍋之間的摩擦力，下列說法正確的是（）A.每個(gè)爪與鍋之間的彈力大小等于 B.每個(gè)爪與鍋之間的彈力大小小于C.角越大每個(gè)爪與鍋之間的彈力就越大 D.角越大每個(gè)爪與鍋之間的彈力就越小〖答案〗C〖解析〗對(duì)鍋受力分析，由平衡條件可得每個(gè)爪與鍋之間的彈力大小為角越大，越小，故每個(gè)爪與鍋之間的彈力就越大。故選C。3.成都地鐵18號(hào)線連通成都市區(qū)和成都天府國際機(jī)場(chǎng)，其中從世紀(jì)城站到海昌路站可看做一段直線軌道，軌道總長為x。一列地鐵（可視為質(zhì)點(diǎn)）從世紀(jì)城站由靜止出發(fā)經(jīng)過勻加速、勻速、勻減速三個(gè)階段后停在了海昌路站。已知地鐵運(yùn)行的最大速度為v，加速與減速階段的加速度大小相同，加速階段用時(shí)為t。則下列說法正確的是（）A.地鐵勻速運(yùn)行的時(shí)間為 B.地鐵勻速運(yùn)行的時(shí)間為C.地鐵運(yùn)行全程平均速度為 D.地鐵運(yùn)行全程平均速度為〖答案〗C〖解析〗列車從靜止加速至最大速度過程所用時(shí)間為，運(yùn)動(dòng)位移為列車加速與減速階段的加速度大小相同，則所用時(shí)間與運(yùn)動(dòng)位移相同，可得勻速階段有解得地鐵勻速運(yùn)行的時(shí)間為從世紀(jì)城站到海昌路站需要的時(shí)間為則地鐵運(yùn)行全程平均速度為故選C。4.我國某品牌手機(jī)利用“天通一號(hào)”地球同步衛(wèi)星通信系統(tǒng)實(shí)現(xiàn)了衛(wèi)星通話功能。同步衛(wèi)星的發(fā)射過程可簡(jiǎn)化為衛(wèi)星首先進(jìn)入近地圓軌道Ⅰ，再進(jìn)入橢圓轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ，最后進(jìn)入離地球表面約為6R的地球同步軌道Ⅲ上。已知R為地球半徑，M為地球質(zhì)量，G為引力常量，不考慮在發(fā)射與變軌過程中衛(wèi)星質(zhì)量的變化。下列說法正確的是（）A.赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度約為B.衛(wèi)星在同步軌道上的運(yùn)行周期為C.由軌道Ⅱ進(jìn)入軌道Ⅲ需要在B點(diǎn)點(diǎn)火減速D.衛(wèi)星在軌道I上運(yùn)行時(shí)的機(jī)械能最大〖答案〗B〖解析〗AB．衛(wèi)星在同步軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)解得赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的周期等于同步衛(wèi)星的周期，則線速度約為選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；CD．衛(wèi)星從軌道I進(jìn)入軌道Ⅱ要在A點(diǎn)點(diǎn)火加速，則機(jī)械能要增加，由軌道Ⅱ進(jìn)入軌道Ⅲ需要在B點(diǎn)點(diǎn)火加速，機(jī)械能也要增加，則衛(wèi)星在軌道I上運(yùn)行時(shí)的機(jī)械能最小，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，質(zhì)量相同的小球A、B位于同一豎直線上，將A、B兩小球以不同的初速度、水平拋出后，都直接落在水平面上的同一位置。已知，落地時(shí)重力的功率分別為、。不計(jì)一切阻力，則與、與的大小關(guān)系正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗AB．由由題可知A、B兩小球下落時(shí)間比為兩球水平位移相同，由得即故AB錯(cuò)誤；CD．小球在豎直方向的落地速度為可見A、B兩小球在豎直方向的落地速度之比為落地時(shí)重力的功率為所以A、B兩小球落地時(shí)重力功率比為即故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。6.電子透鏡是通過靜電場(chǎng)來使電子束聚焦的裝置。電子透鏡兩極間的電場(chǎng)線分布如圖中帶箭頭的實(shí)線。現(xiàn)有一電子僅在電場(chǎng)力作用下從M運(yùn)動(dòng)到N，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖虛線所示。則下列說法正確的是（）A.電子在M點(diǎn)的加速度最大 B.P點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)C.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電子的動(dòng)能一直增大 D.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電子的電勢(shì)能先增大后減小〖答案〗BC〖解析〗A．電場(chǎng)線的疏密程度反映電場(chǎng)的強(qiáng)弱，由圖可知M點(diǎn)的電場(chǎng)線最稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度最弱，電場(chǎng)力最小，加速度最小，故A錯(cuò)誤；B．沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，則P點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；CD．電場(chǎng)方向沿電場(chǎng)線的切線方向，可知電場(chǎng)力一直做正功，電子的動(dòng)能一直增加，電勢(shì)能一直減小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。7.如圖所示，在一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O為區(qū)域磁場(chǎng)圓心。現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為-q（）的粒子從距直徑MON為的P點(diǎn)平行于直徑MON方向射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡通過磁場(chǎng)圓心O。不計(jì)粒子重力，則下列說法正確的是（）A.粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R B.粒子射入磁場(chǎng)的速率為C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D.粒子會(huì)從O點(diǎn)正下方射出磁場(chǎng)〖答案〗AD〖解析〗AD．作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得可得由幾何關(guān)系可得粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑為由圖可知，粒子會(huì)從O點(diǎn)正下方射出磁場(chǎng)，故AD正確；B．由洛倫茲力提供向心力可得粒子射入磁場(chǎng)的速率為故B錯(cuò)誤；C．由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為故C錯(cuò)誤。故選AD。8.如圖，兩光滑平行且電阻不計(jì)的長直金屬導(dǎo)軌水平固定放置，所在空間內(nèi)存在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩根完全相同的金屬棒MN、PQ垂直放置在導(dǎo)軌上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻開始對(duì)PQ棒施加一個(gè)水平向右大小恒為4N的力，當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時(shí)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為1kg，有效電阻均為，導(dǎo)軌間距為1m，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，則下列說法正確的是（）A.系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，兩根金屬棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時(shí)，MN棒速度變?yōu)?m/sC.當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時(shí)，回路中的電流大小為2AD.系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后的4s內(nèi)，通過金屬棒橫截面積的電荷量為4C〖答案〗BD〖解析〗A．對(duì)兩根金屬棒構(gòu)成的系統(tǒng)進(jìn)行分析，穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后，對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得即系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，兩根金屬棒均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BC．系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，PQ棒速度變?yōu)?m/s，回路感應(yīng)電流一定，則有其中對(duì)MN棒進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，I=1A故B正確，C錯(cuò)誤；D．結(jié)合上述，系統(tǒng)剛剛穩(wěn)定時(shí)，PQ棒速度變?yōu)?m/s，MN棒速度變?yōu)?m/s，之后以加速度2m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后的4s內(nèi)，對(duì)MN、PQ棒進(jìn)行分析，根據(jù)速度公式有根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得故D正確。故選BD。二、非選擇題（一）必考題：9.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置測(cè)量彈性勢(shì)能的大?。狠p質(zhì)彈簧水平放置在光滑水平面上，左端固定，右端與一帶遮光片的小球接觸而不固連。彈簧處于原長時(shí)，小球在A點(diǎn)，向左推小球壓縮彈簧至B點(diǎn)，由靜止釋放。已知小球（帶遮光片）質(zhì)量為m，請(qǐng)回答以下問題：（1）為測(cè)量除了題干提供的已知量外，至少還需要測(cè)量________；A.彈簧的原長 B.彈簧的壓縮量C.遮光片的寬度d D.光電門的遮光時(shí)間t（2）用已知量和所選取的測(cè)量量表示出彈性勢(shì)能________；（3）由于水平面不是絕對(duì)光滑，測(cè)得的彈性勢(shì)能與真實(shí)值相比________（選填“偏大”“偏小”或“相等”）〖答案〗（1）CD（2）（3）偏小〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)能量守恒可知彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，故根據(jù)小球離開彈簧的速度可以測(cè)量小球通過光電門的時(shí)間t和遮光片的寬度d測(cè)得。故選CD【小問2詳析】用已知量和所選取的測(cè)量量表示出彈性勢(shì)能為【小問3詳析】由于水平面不是絕對(duì)光滑，則小球在水平面運(yùn)動(dòng)的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q，根據(jù)能量守恒通過比較可得故測(cè)得的彈性勢(shì)能與真實(shí)值相比偏小。10.某高中開展項(xiàng)目式學(xué)習(xí)，研究測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1）甲同學(xué)利用圖1所示的電路圖測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。閉合開關(guān)S，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片得到多組電流和電壓值，在坐標(biāo)紙上畫出圖像，如圖2所示可得電源電動(dòng)勢(shì)________V，電源內(nèi)阻________；（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字），（2）①乙同學(xué)在沒有電流表的情況下，設(shè)計(jì)了如圖3所示的電路圖測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。閉合開關(guān)S，改變電阻箱的阻值，記錄多組電壓表示數(shù)U和電阻箱示數(shù)R，并畫出的圖像，如圖4所示可得電源電動(dòng)勢(shì)________V，電源內(nèi)阻________；（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）②乙同學(xué)繼續(xù)對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差進(jìn)行分析，若實(shí)線代表理想電壓表測(cè)得的情況，虛線代表電壓表內(nèi)阻不可忽略時(shí)測(cè)得的情況，下列圖中能正確反映相關(guān)物理量之間關(guān)系的是________?！即鸢浮剑?）1.401.00（2）1.431.14D〖解析〗【小問1詳析】[1][2]由閉合電路歐姆定律化簡(jiǎn)可得結(jié)合圖2可知所以電源電動(dòng)勢(shì)為1.40V，電源內(nèi)阻為?！拘?詳析】[1][2]由閉合電路歐姆定律化簡(jiǎn)可得結(jié)合圖4可知所以電源電動(dòng)勢(shì)為電源內(nèi)阻為[3]若電壓表內(nèi)阻不可忽略時(shí)，由歐姆定律化簡(jiǎn)可得對(duì)比可得，考慮電壓表的內(nèi)阻和不考慮電壓表內(nèi)阻的斜率不變，但考慮電壓表的內(nèi)阻的縱截距大于不考慮電壓表的內(nèi)阻的縱截距。故選D。11.如圖所示，一質(zhì)量為3kg的滑塊套在水平放置的長直光滑細(xì)桿上可自由滑動(dòng)，兩個(gè)完全相同的小球A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）分別用輕質(zhì)細(xì)線懸掛于細(xì)桿和滑塊下方，懸掛點(diǎn)等高。整個(gè)系統(tǒng)靜止時(shí)細(xì)線均處于豎直方向，小球剛好接觸且不發(fā)生擠壓，球心位于同一水平線上。在豎直面內(nèi)將A球拉到細(xì)線水平伸直后由靜止釋放，在最低點(diǎn)處與B球發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短）。已知小球質(zhì)量均為1kg，細(xì)線長為0.8m，重力加速度大小取。求：（1）A球擺到最低點(diǎn)與B球碰前所受到的細(xì)線拉力F；（2）相碰后B球能上升的最大高度H?！即鸢浮剑?）30N，豎直向上；（2）0.6m〖解析〗（1）A球從最高點(diǎn)擺到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)A球受力分析，由牛頓第二定律聯(lián)立可得方向豎直向上。（2）由題意可知，A、B碰撞過程中由動(dòng)量守恒定律由機(jī)械能守恒定律聯(lián)立可得，碰后B球擺到最高點(diǎn)的過程中與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則代入解得對(duì)B球與滑塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得12.如圖所示，水平虛線MN的下方存在豎直向下大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線上方有以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域且與虛線MN相切于P點(diǎn)，該區(qū)域中存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平方向大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。P點(diǎn)正下方固定一粒子源S，能源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的同種負(fù)粒子，經(jīng)過一段時(shí)間粒子由P點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，粒子在圓形區(qū)域的軌跡為直線且運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，粒子的重力以及粒子間相互作用均忽略不計(jì)，O、P、S三點(diǎn)在同一豎直線上。（1）求圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小和方向；（2）若僅將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)撤去，結(jié)果粒子在圓形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變?yōu)镼UOTEt02t02，求粒子的比荷以及S、P兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值U（3）若將圓形區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)撤去，且將虛線MN下方的電場(chǎng)強(qiáng)度增大到原來的4倍，求粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。〖答案〗（1），水平向右；（2），；（3）〖解析〗（1）由力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可得，粒子在圓形區(qū)域內(nèi)在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE=qvB聯(lián)立可得圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小為方向水平向右。（2）若圓形區(qū)域內(nèi)只存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子會(huì)在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)所以水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得粒子的比荷為粒子在場(chǎng)中從S運(yùn)動(dòng)到P，由動(dòng)能定理可得可得S、P兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值為（3）變?yōu)樵瓉淼?倍，則由動(dòng)能定理聯(lián)立可得在圓形區(qū)域內(nèi)粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則可得畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓弧，故粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為由可得，粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（二）選考題。1