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1、答案第 1 页，共 13 页 20222022 届四川省成都市第七中学高三（下）二诊模拟考试理综物届四川省成都市第七中学高三（下）二诊模拟考试理综物理试题理试题参考答案：参考答案：1D【解析】【详解】A运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，故 A 错误；B在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，故 B 错误；C此阶段运动员的速度在变化，重力的功率等于物体重力大小与竖直方向的速度大小的乘积，当运动员到圆弧形跳台最低点时，重力的方向与速度方向垂直，
2、此时重力的功率为0，向上运动过程中，重力的方向与速度方向不垂直，则重力的瞬时功率不为 0，所以运动员在圆弧形跳台上的重力功率先减小后增大，故 C 错误；D随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，速率逐渐减小，所需要的向心力也在减小，向心力由台面对她的支持力与重力垂直接触面向下的分力提供，由牛顿第二定律 2NcosvFmgmr=随着高度升高，在增大，v在减小，所以 FN在减小，故 D 正确。故选 D。2B【解析】【详解】五个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为 N，则其方向与竖直方向夹角为，由分析可知 cosyNN=又在竖直方向受力平衡，有 5yNG=
3、解得 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 2 页，共 13 页 5cosGN=故选 B.3C【解析】【详解】A根据 hWeU=可知，频率越大的截止电压越大，所以 a 光的频率比 b光的小，根据=c 可知，频率越大时波长越小，所以 a 光的波长比 b光的大，A 错误；B根据=hp 可知，单色光 a 的光子动量比单色光 b的光子动量小，B 错误；C用大量12.75eVE=的光子去照射基态的氢原子，则有 113.6eV 12.75eV0.85eVnEEE=+=+=可知 n=4，即可以跃迁到第四个能级，所以能得到两种可见光，即4n=跃迁到2n=，3n=跃迁到2n=，C 正确；D根据 E
4、h=因为 a 光的频率比 b光的小，则 a光是从4n=跃迁到2n=能级时发出的光，则 b 光不可能是从3n=跃迁到2n=能级时发出的光，D 错误。故选 C。4C【解析】【详解】万有引力提供向心力，气态行星绕白矮星做匀速圆周运动，有 22GM mmrrT=白气气气气气 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 3 页，共 13 页 地球绕太阳做匀速圆周运动，有 222GM mmrrT=太地地地地地 又 2T=解得该气态行星的角速度约为83 10 rad/s，ABD 错误，C 正确。故选 C。5A【解析】【详解】AB理想变压器原、副线圈匝数之比为 12，可知原副线圈的电流之比为 21，设
5、通过原线圈的电流为 I，则副线圈的电流为 0.5I，初级电压为 1115 15UUIRI=次级电压为 3220.5()202RUI RI=+=根据电压器电压之比等于匝数之比可得 12115 15220UIUI=联立解得 0.6AI=212VU=A 错误，符合题意，B 正确，不符合题意；C向下移动 P，则3R电阻增大，次级电流变小，初级电流也随之变小，电阻1R的电压变小，变压器输入的电压变大，次级电压也变大，电压表读数变大，C 正确，不符合题意；D直流电路中外电路的总电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，如图所示 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 4 页，共 13 页 R1等效
6、为电源内阻，若向上移动 P，R3电阻减小，等效外电阻为 212322()RRRnn=+等效 开始时，滑片 P处于滑动变阻器正中间位置，可知 110RR=等效 随着 R等效的减小，副线圈输出功率将变小，D 正确，不符合题意。故选 A。6AC【解析】【详解】A如图为等量异种电荷周围的电场线 对比该图可知，b点的电势高于 d点，由pEq=可知，将电子从 d点移动到 b点，电势能一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 5 页，共 13 页 减小，A 正确；B由对称性可知，a点电势等于 d点电势，B 错误；C因 a点电势低于 c 点，则将质子从 a点移动到 c点，电势能增加，电场力做负功，C
7、 正确；D由对称性可知，b、c场强大小相同，方向不同，D 错误。故选 AC。7BC【解析】【详解】AB力 F 作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得 12mgma FmgMa=,解得滑块和长木板的加速度分别为 2212,2m/s5m/saa=撤去力 F 时滑块和长木板的速度分别为 1122,2m/s5m/svatva t=故 A 错误，B 正确；C撤去力 F 后由动量守恒定律可得()12mvMvmM v+=+解得滑块最终的速度为 3m/sv=故 C 正确；D撤去力 F 前滑块在长木板上移动的距离为 22211111.5m22aatxt=撤去力 F 后，由能量守恒定律可得 222212111()2
8、22xmgmvMmM v=+解得 20.75mx=则长木板的长度为 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 6 页，共 13 页 122.25mLxx=+=故 D 错误。故选 BC。8BD【解析】【详解】A由图乙所示图象可知，t0时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，它们间的作用力为零，设此时弹簧的压缩量为x，设0=t时弹簧的压缩量为0 x，设弹簧的劲度系数为k，设0=t时刻拉力大小为0F，0t时刻拉力大小为F，由题意可知 02FF=施加拉力前，对 A、B 整体，由平衡条件得 02sin30kxmg=0=t时刻，对 A、B 整体，由牛顿第二定律得 002sin3
9、02Fkxmgma+=0t时刻，对 B，由牛顿第二定律得 sin30Fmgma=解得 16ag=故 A 错误；B由图乙所示图象可知，在0t内，A、B 一起做初速度为零的匀加速直线运动，0t时刻两滑块的速度大小为 0016vatgt=故 B 正确；C由图乙所示图象可知，在0t内，A、B 一起做初速度为零的匀加速直线运动，位移大小为 2012sat=一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 7 页，共 13 页 则 20012xxat=+0t时刻，对 A，由牛顿第二定律得 sin30kxmgma=施加拉力前，对 A、B 整体，由平衡条件得 02sin30kxmg=解得弹簧的劲度系数为 2
10、04mkt=故 C 错误；D设 0 到0t时间内弹簧弹性势能的减小量为pE，则 222 2p001152272Ekxkxmg t=故 D 正确。故选 BD。9BDE【解析】【详解】ACD根据几何关系可知红光在 AB边的入射角为 45，根据 1sin45sinn=解得折射角 130=而红光的频率小于紫光，故紫光的折射率更大，在 AB 边的折射角更小，根据几何关系红光和紫光在 AC边的入射角都大于 45，而临界角满足 1sinCn=45C=因此两光均会在 AC边发生全反射，根据光路可逆原理可知，在 BC 边的出射光线均与 AC一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 8 页，共 13 页
11、 边平行，故 AC 错误，D 正确；B已知红光在 AB边上的入射点为 O，根据正弦定理 sin45sin(9030)ODAD=+又 cvn=可得红光在玻璃砖内传播的时间 2ODtv=联立解得 94 10 st=故 B 正确；E经 AB边折射的光线直线射到 BC边时，在 AB 边折射角为 30，则根据几何关系可知在BC 边的入射角为 60，大于临界角，一定发生全反射，故 E 正确。故选 BDE。10 AB#BA 1M 曲 0.99【解析】【详解】（1）1A需要让整体受到的合外力等于钩码的重力，则本实验需让木板倾斜合适角度，以平衡摩擦力，故 A 正确；B为使整体受到的合外力不变，调节定滑轮时，应使
12、连接小车的细线与木板平行，故 B正确；C研究对象为小车、车上钩码及悬挂的钩码整体，实验时，并不需满足悬挂钩码的质量远小于小车及车上钩码的质量，故 C 错误；D为充分利用纸带，实验时，应先接通电火花计时器再释放小车，故 D 错误。故选 AB。（2）2根据牛顿第二定律 FMa=1aFM=画出 a-F图像，理论上图像斜率 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 9 页，共 13 页 1kM=（3）3 根据牛顿第二定律 FMa=合外力不变，质量改变，若画出 a-M 图像，图线为曲线。（4）4根据逐差法 220.99m/s9DGADaT=11 3.00 1.10 1.5 100 50【解析】
13、【详解】（1）1根据电路图画出实物连线图如下 （2）23根据表盘可以读出 3.00AI=，1.10VU=（3）456 开关 S2拨到 1 时，根据闭合电路欧姆定律 1()EUI rR=+当电流为零时，电动势等于电压表示数，结合图像可知 1.5VE=1150rR+=开关 S2拨到 2 时，根据闭合电路欧姆定律 VV()EUIIrUI rIr=+=+一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 10 页，共 13 页 结合图像可知 100r=故 150R=12（1）13mgEq=，2 2vgL=；（2）2Ls=【解析】【详解】（1）设ACO=，则 13tan3mgqE=又 singa=由匀变
14、速运动规律有 22sinLva=解得 13mgEq=2 2vgL=（2）电场改变后，竖直方向上 133qEmg=受力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 11 页，共 13 页 则有 2vqvBmr=小球做圆周运动的周期为 2 rTv=解得 2rL=22LTg=则小球在磁场中运动的时间为34T，结合数学知识知，撤去磁场并恢复电场时，小球的速度方向沿 DA 方向，之后小球做类平抛运动，则有 12Lvt=2112sat=解得 2Ls=13（1）0.4A；（2）10.8N；（3）20.16J【解析】【详解】（1）正方形线框刚进入磁
15、场时，由法拉第电磁感应定律得 10.4V2LENBv=则线框中的电流为 110.4A0.4A1EIR=（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为 1sLtv=在此时间内，磁感应强度不变，均为 0.5TB=线框将要全部进入磁场时，右边导线受到向左的安培力，大小为 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 12 页，共 13 页 110.4N2LFNBI=线框的上边所受的安培力向下，大小为 210.8NFNBI L=则滑块所受滑动摩擦力为()()20.5200.8 N10.4NfMgF=+=+=故外力 110.4N0.4N10.8NFFf=+=+=（3）正方形线框刚进入磁场时的外力大小为
16、1110.4NfFMgFF=+=+=线框全部进入过程中外力所做的功为 110.410.80.4J4.24J2WFL+=线框整体在磁场中运动的时间为 133sLtv=则 13s 内有 2210.2V2BENNLtt=线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为 220.2A0.2A1EIR=线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受到向上的安培力，大小为 320.4NFNBI L=则 13s 内外力做的功()3227.92J2MgMgFWL+=3s后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功 328JMWgL=故整个过程外力做的总功为 12320.16JWWWW=+=14（1）20
17、075m/s(0123.)3nvn+=,；（2）10sin(2.5)cm4yt=+【解析】一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 13 页，共 13 页【详解】（1）由波形图可知，波长 20m=波沿 x 轴正方向传播，则(0,1,2,3,.)xtTnT n=+=其中 7.5mx=解得 2.4s(0,1,2,3,.)83Tnn=+则波速 20075m/s(0123.)3nvnT+=,（2）0n=时，波速最小，此时 0.8sT=则 22.5 rad/sT=质点 A的振动方程 10sin(2.50)cmyt=+质点 A 在零时刻向下振，可知 4=故质点 A 的振动方程 10sin(2.5)cm4yt=+一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660