2023屆四川省達(dá)州市高三下學(xué)期第二次診斷性測(cè)試?yán)砭C物理試題 含解析

達(dá)州市普通高中2023屆第二次診斷性測(cè)試?yán)砜凭C合試題1.如圖為氫原子的能級(jí)示意圖，現(xiàn)有大量氫原子處于的激發(fā)態(tài)，當(dāng)原子向低能級(jí)躍遷時(shí)輻射出若干不同頻率的光，若氫原子從能級(jí)向能級(jí)躍遷時(shí)所輻射出的光正好使某種金屬A發(fā)生光電效應(yīng)。則下列說(shuō)法正確的是（）A.頻率最小的光是由能級(jí)躍遷到能級(jí)產(chǎn)生的B.最容易發(fā)生衍射現(xiàn)象的光是由能級(jí)躍遷到能級(jí)產(chǎn)生的C.這群氫原子總共可輻射出2種不同頻率的光D.這群氫原子輻射出的光中有3種頻率的光能使金屬A發(fā)生光電效應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)波爾能級(jí)理論可知由能級(jí)躍遷到能級(jí)產(chǎn)生的光的能量最小，根據(jù)可知能級(jí)躍遷到能級(jí)產(chǎn)生的光的頻率最小，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)結(jié)合A選項(xiàng)可知能級(jí)躍遷到能級(jí)產(chǎn)生的光的波長(zhǎng)最大，則最容易發(fā)生衍射，B正確；C．根據(jù)可知這群氫原子總共可輻射出3種不同頻率的光，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)波爾能級(jí)理論這群氫原子輻射出的光中能級(jí)躍遷到能級(jí)、能級(jí)躍遷到能級(jí)2種頻率的光能使金屬A發(fā)生光電效應(yīng)，D錯(cuò)誤。故選B。2.2022年6月5日，搭載神舟十四號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十四運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，神舟十四號(hào)載人飛船從較低的軌道經(jīng)過(guò)六次變軌后進(jìn)入較高的預(yù)定軌道，并與“天和”核心艙成功對(duì)接，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿(mǎn)成功。下列說(shuō)法正確的是（）A.神舟十四號(hào)與“天和”核心艙對(duì)接后，“天和”核心艙的運(yùn)行周期不變B.變軌之前，神舟十四號(hào)的向心加速度小于“天和”核心艙的向心加速度C.若已知“天和”核心艙的運(yùn)行周期和軌道半徑，則可求出地球的密度D.返回艙落地前的減速過(guò)程，其中的宇航員處于失重狀態(tài)【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有解得可知神舟十四號(hào)與“天和”核心艙對(duì)接后，“天和”核心艙的運(yùn)行周期不變，故A正確；B．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有解得神舟十四號(hào)載人飛船從較低的軌道經(jīng)過(guò)六次變軌后進(jìn)入較高的預(yù)定軌道，并與“天和”核心艙成功對(duì)接，可知變軌之前，軌道半徑更小，所以神舟十四號(hào)的向心加速度大于“天和”核心艙的向心加速度，故B錯(cuò)誤；C．若已知“天和”核心艙的運(yùn)行周期和軌道半徑，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有解得又可知還需要知道地球的半徑才能求出地球的密度，故C錯(cuò)誤；D．返回艙落地前的減速過(guò)程，其中的宇航員處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選A。3.如圖所示，兩光滑直硬桿1、2一端固定在水平面上（兩桿在同一豎直平面內(nèi)），與水平面之間的夾角分別為，輕質(zhì)小環(huán)套在桿2上，質(zhì)量的小球套在桿1上，輕質(zhì)細(xì)線連接環(huán)和球，給小球一個(gè)沿桿1斜向上的拉力，當(dāng)環(huán)與球靜止時(shí)，細(xì)線的彈力為T(mén)。重力加速度，，。則T的大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)對(duì)小球受力分析可知，輕質(zhì)小環(huán)受力平衡則拉力的方向垂直于桿2，根據(jù)幾何關(guān)系可知方向與桿1夾角為，小球受力平衡，對(duì)小球所受力進(jìn)行正交分解，在沿桿1方向上有代入數(shù)據(jù)，解得故選C。4.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k，輸出端接有一交流電動(dòng)機(jī)，其線圈的電阻為R。將原線圈接在正弦交流電源兩端，電動(dòng)機(jī)恰好能帶動(dòng)質(zhì)量為m的物體以速度勻速上升，此時(shí)理想電流表A的示數(shù)為I。若不計(jì)電動(dòng)機(jī)摩擦帶來(lái)的能量損失，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A.電動(dòng)機(jī)的輸入功率B.整個(gè)裝置的效率C.原線圈兩端電壓的有效值D.原線圈兩端電壓的有效值【答案】D【解析】【詳解】A．質(zhì)量為m的物體以速度勻速上升，繩子的拉力電動(dòng)機(jī)的輸出功率電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率電動(dòng)機(jī)的輸入功率等于電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率和輸出功率之和A錯(cuò)誤；B．整個(gè)裝置的效率B錯(cuò)誤；CD．設(shè)原線圈的電流為，則得設(shè)原線圈兩端電壓的有效值，原副線圈的功率相等，副線圈消耗的功率等于電動(dòng)機(jī)的輸入功率得C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上放置著電荷量相同、電性如圖所示的點(diǎn)電荷，O為正三角形的中心，D、F、M、N、P分別為的中點(diǎn)。取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，下列說(shuō)法正確的是（）A.D、F、M三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.D、F、M三點(diǎn)的電勢(shì)相等C.從D沿直線到F的過(guò)程中電勢(shì)先降低后升高D.將一質(zhì)子從N點(diǎn)沿移動(dòng)到O的過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】A．由題可知D、F兩點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故這兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等方向不同，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于D、F的電場(chǎng)強(qiáng)度，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱(chēng)關(guān)系可知D、F兩點(diǎn)電勢(shì)相等，且小于O點(diǎn)電勢(shì)，M點(diǎn)的電勢(shì)大于O點(diǎn)電勢(shì)，B錯(cuò)誤；C．若一個(gè)正電荷從D沿直線到F的過(guò)程中電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故電勢(shì)先降低后升高，C正確；D．將一質(zhì)子從N點(diǎn)沿移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能一直減小，D錯(cuò)誤。故選C。6.一質(zhì)量的物塊靜止在水平地面上，現(xiàn)用拉力F沿水平方向拉物塊，拉力F對(duì)物塊做的功W隨物塊位移x變化的關(guān)系如圖所示，當(dāng)位移時(shí)，撤去拉力F，物塊繼續(xù)向前滑行停止運(yùn)動(dòng)。重力加速度，下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)位移時(shí)，拉力B.物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)C.物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撤去拉力過(guò)程拉力的沖量D.當(dāng)位移時(shí)，物塊的速率【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)W=Fx可知W-x圖像的斜率等于F當(dāng)位移時(shí)，拉力選項(xiàng)A正確；B．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，由動(dòng)能定理即解得f=2.5N即選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．在開(kāi)始的0~2m拉力加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)間在2m末速度在2~12m過(guò)程中拉力加速度在12m末速度運(yùn)動(dòng)時(shí)間物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撤去拉力過(guò)程拉力的沖量選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。7.如圖所示，用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為的小球懸掛在O點(diǎn)，繩長(zhǎng)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，下擺至最低點(diǎn)與靜止在A點(diǎn)的小物塊發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺的最大高度，小物塊沿水平地面滑到B點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)。已知小物塊質(zhì)量為，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離，重力加速度，則下列說(shuō)法正確的是（）A.小球與小物塊質(zhì)量之比 B.小球與小物塊碰后小物塊速率C.小球與小物塊碰撞是彈性碰撞 D.小球與小物塊碰撞過(guò)程中有機(jī)械能損失【答案】BC【解析】【詳解】B．根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊加速度根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)公式解得小球與小物塊碰后小物塊速率B正確；A．設(shè)小球碰撞前的速度為，碰撞后的速度為，根據(jù)動(dòng)能定理解得以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得A錯(cuò)誤；CD．碰撞前動(dòng)能碰撞后動(dòng)能碰撞前后動(dòng)能相等，所以小球與小物塊碰撞是彈性碰撞，無(wú)機(jī)械能損失，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。8.如圖所示，一個(gè)邊長(zhǎng)為l的立方體空間被對(duì)角平面劃分成兩個(gè)區(qū)域，平面左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力）從棱在z軸上的某點(diǎn)以速度垂直平面進(jìn)入磁場(chǎng)，并穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。則（）A.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 B.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C.粒子在磁場(chǎng)中的位移 D.粒子在磁場(chǎng)中的位移【答案】BD【解析】【詳解】設(shè)粒子在左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的半徑為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得同理可得粒子在右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的半徑為所以從上往下看粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由公式可得粒子在左、右磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期分別為，由軌跡圖可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間根據(jù)圖由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中的位移故選BD。9.某同學(xué)用如圖甲的裝置研究完“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)后（該實(shí)驗(yàn)已平衡摩擦力，且小車(chē)質(zhì)量M遠(yuǎn)大于砝碼及托盤(pán)的總質(zhì)量），另一同學(xué)提議用該裝置和實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)來(lái)驗(yàn)證“動(dòng)量定理”。已知圖乙中相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間為t，重力加速度為g。（1）打第2個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)小車(chē)的速度___________和第6個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)小車(chē)的速度；（2）從打第2個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)到打第6個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的過(guò)程中小車(chē)合外力的沖量___________；（3）比較小車(chē)合外力的沖量與小車(chē)動(dòng)量的變化量即可驗(yàn)證；（4）在實(shí)驗(yàn)的過(guò)程中，總是發(fā)現(xiàn)小車(chē)合外力的沖量大于小車(chē)動(dòng)量的變化量，出現(xiàn)這種誤差的原因___________。（寫(xiě)出其中一條即可）【答案】①.②.③.平衡摩擦不夠##存在空氣阻力##傾角過(guò)小【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻瞬時(shí)速度等于該過(guò)程平均速度可得打第2個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)小車(chē)的速度（2）[2]從打第2個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)到打第6個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的過(guò)程中小車(chē)合外力的沖量（4）[3]在實(shí)驗(yàn)的過(guò)程中，總是發(fā)現(xiàn)小車(chē)合外力的沖量大于小車(chē)動(dòng)量的變化量，出現(xiàn)這種誤差的原因可能是平衡摩擦不夠、存在空氣阻力、傾角過(guò)小。10.某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)如圖甲的原理圖，先測(cè)量電流表A內(nèi)阻，再測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）在測(cè)量之前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P應(yīng)滑到___________（選填“a”或“b”）；（2）閉合開(kāi)關(guān)。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，分別讀出電壓表和電流表的讀數(shù)，，，則電流表A內(nèi)阻___________；（3）為了準(zhǔn)確測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，在步驟（2）后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)___________（選填“”或“”）；（4）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，記錄多組電壓表___________（選填“”或“”）及電流表A的讀數(shù)，并描點(diǎn)作圖得到了如圖乙所示的圖線，電源的電動(dòng)勢(shì)___________V，內(nèi)阻___________。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）【答案】①b②.1③.④.⑤.1.45⑥.1.50【解析】【詳解】（1）[1]為了保護(hù)電路，在測(cè)量之前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P應(yīng)滑至b端，使得接入的阻值最大。（2）[2]電流表A內(nèi)阻（3）[3]為了準(zhǔn)確測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r,在步驟（2）后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)。由閉合回路可得（4）[4]由（3）分析可知應(yīng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，記錄多組電壓表的值。[5][6]由閉合回路可得結(jié)合圖像可得解得11.如圖所示，傾斜滑軌與水平面成角，水平滑軌長(zhǎng)度為l，兩滑軌間平滑連接，一質(zhì)量為、長(zhǎng)為l小車(chē)鎖定在水平地面上，小車(chē)的上表面與水平滑道齊平。若質(zhì)量為m的滑塊從傾斜滑軌頂端由靜止開(kāi)始下滑，剛好滑到小車(chē)的最右端。已知滑塊與滑軌和小車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，小車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，求：（1）滑塊釋放點(diǎn)到斜面底端的距離；（2）當(dāng)小車(chē)在水平地面上解除鎖定后，滑塊仍從同一位置靜止釋放?；瑝K最終距小車(chē)右端的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）小車(chē)鎖定時(shí)，滑塊從靜止釋放滑到小車(chē)最右端過(guò)程中由動(dòng)能定理得解得滑塊釋放點(diǎn)到斜面底端的距離（2）當(dāng)小車(chē)解除鎖定后，設(shè)滑塊剛滑上小車(chē)時(shí)的速度為，由動(dòng)能定理得解得滑塊滑上小車(chē)上后其加速度滑塊滑上小車(chē)上后小車(chē)加速度經(jīng)時(shí)間t后滑塊與小車(chē)速度相等，則有解得時(shí)間t內(nèi)的相對(duì)位移則此時(shí)滑塊距小車(chē)右端的距離由于，故共速后滑塊小車(chē)相對(duì)靜止一起減速。12.如圖所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌和固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，間接電阻為的定值電阻，導(dǎo)軌上靜止放置一質(zhì)量為m、電阻為的金屬桿，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直水平面向下?，F(xiàn)用一恒力F（未知）沿水平方向拉桿，使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到v并做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若此時(shí)閉合開(kāi)關(guān)S，Q處釋放一正電粒子（其重力和初速度均忽略不計(jì)），經(jīng)加速電場(chǎng)H加速后，從等邊三角形容器的邊中點(diǎn)小孔O點(diǎn)垂直邊進(jìn)入容器內(nèi)，容器由光滑彈性絕緣壁構(gòu)成，容器的邊長(zhǎng)為a，其內(nèi)有垂直水平面向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞均無(wú)電荷遷移，也無(wú)能量損失。求：（1）桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，恒力的功率P；（2）時(shí)間內(nèi)金屬桿的位移x；（3）若，，，，，，粒子與器壁多次垂直碰撞后仍能從O孔水平射出，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行的半徑小于，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值及對(duì)應(yīng)粒子在容器中運(yùn)行的時(shí)間t。（粒子質(zhì)量，電荷量，取，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【詳解】（1）當(dāng)桿向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有拉力，其中桿以速度v向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)回路感應(yīng)電流則拉力的功率（2）設(shè)桿在時(shí)間內(nèi)的位移為x，時(shí)間內(nèi)桿產(chǎn)生平均電動(dòng)勢(shì)平均電流由動(dòng)量定理得由以上解得桿在時(shí)間內(nèi)的位移（3）由題意得電場(chǎng)H兩極板間的電壓為設(shè)粒子進(jìn)入容器的速度為，則有解得粒子在容器中運(yùn)行的半徑小于，對(duì)應(yīng)的最小，并且仍能從O孔水平射出，粒子在容器中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：由幾何關(guān)系得粒子在容器中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑由洛倫茲力提供向心力得解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值對(duì)應(yīng)粒子在容器中運(yùn)行的時(shí)間13.下列有關(guān)熱學(xué)說(shuō)法正確的是（）A.氣體的內(nèi)能包括氣體分子的重力勢(shì)能B.布朗運(yùn)動(dòng)是液體中懸浮微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)C.如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡D.液體中的擴(kuò)散現(xiàn)象是由于液體的對(duì)流形成的E.由同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體【答案】BCE【解析】【詳解】A．氣體的內(nèi)能等于氣體內(nèi)所有分子動(dòng)能和分子勢(shì)能之和，但不包括分子的重力勢(shì)能。故A錯(cuò)誤；B．布朗運(yùn)動(dòng)是液體中懸浮微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)。故B正確；C．由熱平衡定律可知：如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必定達(dá)到熱平衡。故C正確；D．液體中的擴(kuò)散現(xiàn)象是液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)形成的。故D錯(cuò)誤；E．由同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，如石墨和金剛石。故E正確。故選BCE。14.某小組設(shè)計(jì)了一個(gè)氣壓升降機(jī)如圖所示，豎直圓柱形光滑絕熱汽缸中間有一個(gè)小支架，支架上放有可以自由移動(dòng)的橫截面積為S的絕熱輕質(zhì)活塞，活塞上放有重物，活塞到缸底的距離為H，已知大氣壓強(qiáng)為，重力加速度為g?；钊路娇臻g放有電阻絲，可以對(duì)氣體加熱。工作時(shí)先把活塞下方抽成真空，然后將容積為、壓強(qiáng)為、溫度為裝有氬氣的容器通過(guò)閥門(mén)K向活塞下方空間充氣，假設(shè)充氣過(guò)程中氬氣的溫度不變，且可視為理想氣體，充氣結(jié)束時(shí)活塞剛好離開(kāi)支架。（1）求重物的質(zhì)量M；（2）將閥門(mén)K關(guān)閉以后，將電阻絲接通電源，當(dāng)電阻絲產(chǎn)生的熱量Q全部被氬氣吸收時(shí)，活塞上升高度為h，求此時(shí)汽缸內(nèi)氬氣的溫度T和增加的內(nèi)能△U?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】【詳解】（1）充氣過(guò)程中氬氣的溫度不變，等溫變化得解得充氣后活塞下方氣體的壓強(qiáng)為對(duì)活塞受力分析得解得（2）活塞上升過(guò)程中其他壓強(qiáng)不變，由等壓變化為解得在此過(guò)程中，氣體對(duì)外做功為根據(jù)熱力學(xué)第一定律得15.如圖所示，A、