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1、答案第 1 页，共 14 页 20222022 届四川省成都石室中学高三（下）“二诊模拟”理综物理届四川省成都石室中学高三（下）“二诊模拟”理综物理试题试题参考答案：参考答案：1C【解析】【分析】交流电压表的示数为有效值，由公式 P=UI 知电路要正常工作，干路中电流为 3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻；【详解】A、交流电压表的示数为有效值3112202VV=，故 A 错误；B、由公式 P=UI 知电路要正常工作，干路中电流为4402203220+=PIAAU，所以保险丝的额定电流不能小于 3A，故 B 错误；C、1min 抽油烟机消耗的电能为4220 601.32 10WPtWJ=
2、，故 C 正确；D、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，电暖宝发热功率不是抽油烟机发热功率的 2倍，故 D 错误；故选 C【点睛】考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算，难度不大；2D【解析】【详解】AB运动员沿圆弧弯道匀速率滑行，可看作匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，合外力不为零，也不是恒力，故 AB 错误；CD合外力与速度的方向始终保持垂直，合外力做功为零，但冲量是力与时间的乘积，合力的冲量不为零，故 C 错误，D 正确。故选 D。3C【解析】【详解】一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 2 页，共 14 页 A根据 hWeU=可知，
3、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 Eh=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
4、选 C。4C【解析】【详解】A设质量为 m的卫星绕地球做轨道半径为 r、周期为 T的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 2224MmGmrrT=解得 2rTrr rGM=所以卫星在轨道 I、III 上运行的周期之比为 1315 5TT=故 A 错误；一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 3 页，共 14 页 B根据 2MmGmar=可知卫星在轨道 I 上稳定飞行经过 A 处的加速度等于卫星在轨道 II 上稳定飞行经过 A 处的加速度，故 B 错误；C卫星在近地轨道做匀速圆周运动的向心力可近似认为由重力提供，设卫星在轨道 I 上做速率为0v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 200v
5、mgmR=解得 00vg R=根据 22MmvGmrr=可得 GMvr=即轨道半径 r 越大，卫星的速率越小，所以卫星在轨道上的运行速率小于0g R，故 C正确；D卫星在 A 点从轨道 I 变至轨道 II 时需要加速，卫星发动机对卫星做功，使卫星机械能增大，所以卫星在轨道 I 上的机械能小于在轨道 II 上的机械能，故 D 错误。故选 C。5B【解析】【详解】B从静止开始到小球 A和墙面恰好分离的过程，对 A、B、C 三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得 BCB()Ftmm v=+所以小球 A由静止到与墙面分离的过程中，小球 B的速度一直增大，故 B 错误，符合题意
6、；A对 A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由 B 项的分析可知，球 A 和墙面恰好一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 4 页，共 14 页 分离时，小球 B 与小球 C 速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时 A 球机械能最小，所以当小球 A 的机械能取最小值时，小球 B 与小球 C的加速度为零，故 A 正确，不符合题意；C当小球 A 与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球 A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球 A 与墙面分离瞬间，小球 C球和小球 B 分离，故 C 正确，不符合题意；D当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图
7、所示 两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有 cossinABvv=可得 tan1ABvv=故 D 正确，不符合题意。故选 B。6BD【解析】【详解】AA、B 间的滑动摩擦力大小为 fAB=mg B 与地面间的滑动摩擦力大小为 f=3mg 在12tt时间内，推力大于木板与地面间的滑动摩擦力，但 A、B 保持相对静止，A、B 间的摩擦力大小小于mg，A 错误；BA 在木板上产生的最大加速度为 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 5 页，共 14 页 mgagm=此时对 AB 整体分析可知 F3mg=3ma 解得 F=6mg 故在12tt时间内，AB 一起向右做加速运动，对 A 分
8、析可知，A 受到的摩擦力水平向右，B 正确；C在 t2时刻，AB 整体加速度为 53223mgmggamm=+A、B 间的摩擦力大小为23mg，C 错误；D在 t3时刻以后，A、B 发生相对滑动，故 A、B 间的摩擦力大小为 mg，D 正确。故选 BD。7CD【解析】【详解】A启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故 A 错误；BC做匀加速运动时，加速度为 388Ffam=对后三节车厢，有 5633FFfma+=解得第 5、6 节车厢间的作用力为 560.125FF=故 B 错误，C 正确；
9、D对最后两节车厢，有 6722Ffma=解得第 6、7 节车厢间的作用力为 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 6 页，共 14 页 670.75FF=故 D 正确。故选 CD。8BD【解析】【详解】A感应电动势 000.4VEB lv=电阻上消耗的功率恒定即电流恒定 002AB lvIRr=+故 A 错误；B根据题意，磁感应强度 0BBkx=+考虑到电流恒定，有()000Bkx lvB lvRrRr+=+解得()0000.5 22m sm/s0.5 1 23BvBkx=+故 B 正确；C金属棒从 x=0 运动到 x=2m 过程中，棒受到的安培力为()()00.4 1FBIlB
10、kx Ilx=+=+安 可知安培力随位置线性变化，则安培力做功的大小为()F0012WB IlBkx Il x=+安 代入数值解得 F1.6JW=安 故 C 错误；D金属棒从 x=0 运动到 x=2m 过程中，根据动能定理 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 7 页，共 14 页 22FF01122WWmvmv=安 则外力做功()22FF011.42J2WWm v=+安 安培力做功即为电阻上消耗的能量，即()2FWIRr t=+安 解得运动时间为()F221.6s2s20.2WtIRr=+安 外力的平均功率约为 F0.7WWPt=故 D 正确。故选 BD。9ABE【解析】【详解
11、】AB.气体经历过程 1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，又气体与外界无热量交换，根据热力学第一定律知，其内能减小，故温度降低，故 AB 正确；CD.气体在过程 2 中，根据理想气体状态方程PVCT=，开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，温度降低，根据热力学第一定律知，气体对外放热；然后压强不变，体积变大，气体膨胀对外做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律知，气体要吸收热量，故 CD 错误；E.无论是气体经历过程 1 还是过程 2，初、末状态相同，故内能改变量相同，故 E 正确。故选 ABE.10ABD【解析】【详解】A根据单摆周期公式 一手课程 当天更新 唯一微信：r 456
12、60答案第 8 页，共 14 页 2LTg=可以知道，同一单摆，摆长 L一定，做简谐振动的周期的平方与其重力加速度成反比，A正确；B弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，B 正确；C根据单摆周期公式 2LTg=可以知道，周期与最大高度无关，C 错误；D两列机械波的频率相等相位差恒定是发生干涉现象的条件，D 正确；E在振动图像中，其斜率代表质点振动的速度，E 错误。故选 ABD。11 25.04 10 23.96 10 在实验误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒【解析】【详解】12根据题意，由公式 0 xv t=带入数据可得 0
13、.88m sMv=，1.12m sPv=，1.392m sNv=根据公式 pmv=代入数据解得 215.04 10 kg m sPpmv=，213.96 10 kg m/sMpmv=3根据题意有，碰撞后2m的动量为 2221.04 10 kg m/sPpm v=可见 112ppp=+一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 9 页，共 14 页 即在实验误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒。12 1.0 900 或【解析】【详解】（1）12由闭合电路的欧姆定律得 A()E=I R+r+r 整理得 11ArrRIEE+=+图像斜率和纵轴截距分别为 1kE=，ArrbE+=由图像知 111
14、11mA1V1mA1000kb=，代入数据解得 1.0VE=，900r=（2）3电流表量程太小，使用电阻箱和电压表代替电流表进行测量，电路图如图：根据闭合电路欧姆定律 UEUrR=+变形得 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 10 页，共 14 页 11rUEER=+绘制11UR图像，可知图像斜率为rE，与纵轴截距为1E，从而求解电动势和内阻；也可以通过电阻箱改装电流表，扩大电流表的量程，实现电流的测量，电路图如图：I 为改变量程之后的电流表示数，根据闭合电路欧姆定律 EUIr=+可以绘制UI图，设纵截距为 b，横截距为 a，则 Eb=，bra=13（1）2.88m；（2）64
15、m，20.8s【解析】【详解】14.（1）v2-x 图象的斜率表示 2a，则有 23.242m/s6.48a=解得 a=0.25m/s2 对 M，由匀变速直线规律 22Mvax=解得 x=2.88m（2）设冰壶 M 与冰壶 N 碰前的速度为 v2，由题图 2 可知，碰后 N 的速度为 vN=1.8m/s，M的速度为 vM=1.2m/s，在冰壶 M、N 碰撞过程中动量守恒，有 2MNmvmvmv=+解得 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 11 页，共 14 页 v2=3m/s 冰壶 M 向冰壶 N 运动时，加速度大小 210.125m/s2aa=由运动学公式知 22022vva
16、 s=解得 s=64m 全过程冰壶 M 运动的时间为 0220.8sMvvvtaa=+=14（1）0.04kg；（2）7J6；（3）3.2m，655 69m8+【解析】【详解】（1）滑块 P 二力平衡 1m gqE=滑块 Q 三力平衡 2tanm gqE=得 20.04kgm=（2）设弹簧恢复后滑块 P 和滑块 Q 的速度分别为1v和2v，滑块 Q 22cosm gqv B=弹簧恢复瞬间滑块 P 和滑块 Q 动量守恒 1 12 20mvm v=滑块 P 和滑块 Q 机械能守恒 22P1 1221122Emvm v=+弹簧弹性势能 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 12 页，共
17、 14 页 P76EJ=（3）滑块 P 匀速圆周运动 2111vqv Bmr=2 cosPyr=得 3.2mPy=滑块 Q 在重力和电场力的合力下做类平抛运动，如图所示 过木板的上端作垂线交 x轴于 M 点，轨迹经时间t交 x 轴于 N 点，设 MN长度为x，木板的长度为5mL，滑块 Q 在2v方向匀速直线运动 2cosxv t=滑块 Q 在合力方向匀加速直线运动 21tansin2Lxat+=其中 22cosm gm a=N点坐标 cosQLxx=+得 655 69m8Qx+=151:1 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 13 页，共 14 页【解析】【详解】设初始状态时汽
18、缸左气室的体积为 V01，右气室的体积为 V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为 p1、p2，体积分别为 V1、V2，由玻意耳定律得 p0V01=p1V1 p0V02=p2V2 依题意有 V01+V02=V1+V2 由力的平衡条件有 p2p1=gh 联立式，并代入题给数据得22101 1012390VV VV+=由此解得10132VV=（另一解不合题意，舍去）由式和题给条件得 V1:V2=1:1 16（i）s3c3=；（ii）2Rtc=【解析】【详解】（i）作出两种情况下的光路图，如图所示 设OPx=，在 A 处发生全反射，故有 1sinxCnR=由于出射光平行可知，在 B 处射出，故 sin60sinnOBP=由于 22sinxOBPxR=+联立可得 3sin3C=一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 14 页，共 14 页 3n=33xR=（ii）光在玻璃砖内的速度为 cvn=BP 的长度 222 33BPxxRR=+=传播时间为 BPxtv=解得 2 323RnRtcc=一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660