2024届四川省宜宾县第二中学高三零诊考试物理试题

2024届四川省宜宾县第二中学高三零诊考试物理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如右图所示，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内围绕虚线位置发生振动，图中是小球振动到的最左侧，振动周期为0.3s．在周期为0.1s的频闪光源照射下见到图像可能是（）
A．B．C．
D．
2、两个相距较远的分子仅在彼此间分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。

在此过程中，下述正确的是A．分子力先增大后减小B．分子力先做正功，后做负功
C．分子势能一直增大D．分子势能先增大后减小
3、如图，两束单色光A、B分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的是
A ．A 光的频率小于
B 光的频率
B ．在玻璃砖中A 光的传播速度小于B 光的传播速度
C ．玻璃砖对A 光的折射率大于对B 光的折射率
D ．两种单色光由玻璃射向空气时，A 光的临界角较小
4、静止在水平地面上的木块，受到小锤斜向下瞬间敲击后，只获得水平方向初速度，沿地面滑行一段距离后停下。

若已知木块的质最和初速度，敲击瞬间忽略地面摩擦力的作用，由此可求得（ ）
A ．木块滑行的时间
B ．木块滑行的距离
C ．小锤对木块做的功
D ．小锤对木块的冲量
5、如图所示，质量相等的A 、B 两个小球悬于同一悬点O ，且在O 点下方垂直距离h =1m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L 1＝3m ，L 2＝2m ，则A 、B 两小球（ ）
A ．周期之比T 1：T 2＝2：3
B ．角速度之比ω1：ω2＝3：2
C ．线速度之比v 1：v 2＝8：3
D ．向心加速度之比a 1：a 2＝8：3
6、如图所示，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角()0<<90θ︒，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，N 、Q 间接有阻值为R 的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B ，导轨电阻不计。

质量为m 的金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为r ，当金属棒ab 下滑距离x 时达到最大速度v ，重力加速度为g ，则在这一过程中（ ）
A ．金属棒做匀加速直线运动
B ．当金属棒速度为2
v 时，金属棒的加速度大小为0.5g C ．电阻R 上产生的焦耳热为21sin θ2
mgx mv - D ．通过金属棒某一横截面的电量为BLx R r
+ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m 的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ=30o 。

开始时弹簧处于伸长状态，长度为L ，现在小物块上加一水平向右的恒力F 使小物块向右运动距离L ，小物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是（ ）
A ．小物块和弹簧系统机械能改变了（F-μmg ）L
B ．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大
C ．小物块在弹簧悬点正下方时速度最大
D ．小物块动能的改变量等于拉力F 和摩擦力做功之和
8、如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R 0和均匀密绕的滑线变阻器R 串联。

若不考虑温度对R 0、R 阻值的影响。

在将滑动头P 自a 匀速滑到b 的过程中（ ）
A ．原线圈输入功率变大
B ．原线圈两端电压变大
C ．R 两端的电压变小
D ．R 0消耗的电功率变小
9、关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是
A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大
C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少
D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大
E.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
10、如图所示，质量为1m 、2m 的小球分别带同种电荷1q 和2q ，它们用等长的细线悬挂在同一点，由于静电斥力的作用，小球1m 靠在竖直光滑墙上，1m 的拉线沿竖直方向， 1m 、2m 均处于静止状态，由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）
A ．2m 变为原来的一半
B ．2m 变为原来的八倍
C ．1q 变为原来的八分之一
D ．2q 变为原来的四分之一
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）在测金属丝的电阻率的实验中，用两节干电池作为电源，正确的电路连接如图所示。

(1)请在图的框中画出相应的电路图________。

(2)闭合开关，发现电压表的示数为0，须检查电路故障。

针对以下检查过程中的相关步骤，回答问题。

保持原电路结构且闭合开关，用已调试好的多用电表的直流电压10V 挡进行检测，将________（选填“红”或“黑”）表笔接触P 点的接线柱，再将________（选填“红”或“黑”）表笔接触电路中N 点的接线柱。

表盘示数如图所示，其读数为________V 。

保持P 点表笔接触位置不变，再将另一表笔分别接触电路中M 、Q 点的接线柱，电压值几乎不变。

由此初步判定电路故障可能是________________。

12．（12分）用如图甲所示的装置研究小车的匀变速直线运动。

图乙是某次实验得到的一条纸带，纸带上相邻两个计
数点间还有四个打点画出。

已知A 、B 两点间距离为1L ，D 、E 两点间距离为2L ，且有12L L >，交变电流的频率为f 。

回答下列问题。

(1)纸带上显示的运动方向为____________；（选填“从左向右”或““从右向左”）
(2)小车运动的加速度为a =____________；（用题给物理量字母表示）
(3)E 点的速度为E v =___________（用题给物理量字母表示）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向。

第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x 轴成θ＝37°角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的带电小球a 穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N
点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的A 点，且速度方向垂直于x 轴。

已知A 点到坐标原点O 的距离为165l ，小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ＝0.5；qB g m l
=，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计。

求： (1)带电小球的电性及电场强度的大小E ；
(2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B 1与第四象限磁感应强度B 之比，1B B
=？ (3)当带电小球a 刚离开A 点竖直向上运动时，从y 轴正半轴距原点O 为4l 的P 点（图中未画出）以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b ，a 、b 两球刚好在第一象限某点相碰，则b 球的初速度为多大？
14．（16分）如图所示，电源电动势10V E =，内阻1r =Ω，闭合开关S 后，标有“8V 、12W ”的灯泡恰能正常发光，电流表为理想电流表，求：
(1)电流表的示数是多少安培；
(2)电阻R 等于多少欧姆；
(3)电源的输出功率等于多少瓦特。

15．（12分）如图所示，光滑水平面上小球A 、B 分别以1.2/m s 、2.0/m s 的速率相向运动，碰撞后B 球静止．已知碰撞时间为0.05s ，A 、B 的质量均为0.2.kg 求：
()1碰撞后A 球的速度大小；
()2碰撞过程A 对B 平均作用力的大小．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解题分析】
试题分析：振动的周期是0.3s，而频闪的周期是0.1s，所以在一个周期内有三幅不同的照片；振动的周期是0.3s，则
角频率：
22
/
0.3
rad s
T
ππ
ω=＝，0.1s时刻对应的角度：
1
22
0.1
0.33
rad
ππ
θ⨯
＝＝；0.2s时刻对应的角度：
224
0.2
0.33
rad ππ
θ⨯
＝＝，可知，在0.1s和0.2s时刻小球将出现在同一个位置，都在平衡位置的右侧，所以在周期为0.1s的频闪光源照射下见到图象可能是C图．ABD图都是不可能的．故选C.
考点：周期和频率
2、B
【解题分析】
A．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力；当分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，分子引力先减小后增大，斥力增大，A错误；B．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，B正确；
C．只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，C错误；
D．分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的变化量；故分子势能先减小后增加，D错误。

故选B。

3、A
【解题分析】
由题图可知，玻璃砖对B光的折射程度大，则n B＞n A，故B光的频率较大，故A正确、C错误；由v=c/n知，在玻璃砖中，v B＜v A，故B错误；两种单色光由玻璃射向空气时，由于sinC=1/n，所以，C B＜C A，故D错误；故选A。

4、C
【解题分析】
A．木块运动过程中，由动量定理
ft mv
-=-
物块所受的摩擦力f未知，则不能求解木块的运动时间，故A错误，不符合题意；
B ．由动能定理
2102
fx mv -=- 物块所受的摩擦力f 未知，则不能求解木块滑行的距离，故B 错误，不符合题意；
C ．小锤对木块做的功等于木块得到的动能，即
212
W mv = 故C 正确，符合题意；
D ．只能求解小锤对木块冲量的水平分量
I mv =
故D 错误，不符合题意。

故选C 。

5、C
【解题分析】
AB ．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。

对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：
在竖直方向有
F cosθ-mg =0…①
在水平方向有
2
24sin sin F m L T
πθθ= …② 由①②得
2T = 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=L cosθ，相等，所以周期相等
T 1：T 2=1：1
角速度
2T
πω＝ 则角速度之比
ω1：ω2=1：1
故AB 错误；
C ．根据合力提供向心力得
2
tan tan v mg m h θθ
= 解得
tan v =
根据几何关系可知
1tan h
θ==
2tan h θ==
故线速度之比
12v v =:
故C 正确；
D ．向心加速度：a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为
12a a =:故D 错误。

故选C 。

6、D
【解题分析】
A ．对金属棒，根据牛顿第二定律可得：
sin θmg BIL ma -=
可得：
22sin ()
B L v a g m R r θ=-+ 当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A 错误；
B ．金属棒ab 匀速下滑时，则有：
0a =
即有：
22
()sin θmg R r v B L +=+
当金属棒速度为2
v 时，金属棒的加速度大小为： 2211sin θsin θ()22
B L v a g g m R r =-=+ 故B 错误；
C ．对金属棒，根据动能定理可得：
21sin θ2mg x Q mv -= 解得产生的焦耳热为：
21sin θ2
Q mg x mv =- 电阻R 上产生的焦耳热为：
21(sin θ)2R R Q mg x mv R r =-+ 故C 错误；
D ．通过金属棒某一横截面的电量为：
E BLx q I t t R r R r R r
∆Φ=∆=∆==+++ 故D 正确；
故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD
【解题分析】
物块向右移动L ，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中受重力、拉力F 、弹簧的弹力和摩擦力作用，根据功能关系和动能定理判断机械能和动能的变化；根据小物块的位置判断弹簧长度的变化以及弹簧弹性势能可能的变化情况.
【题目详解】
物块向右移动L ，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加到达悬点正下方；继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B 正确；此过程中物块对地面的压力不等于mg ，则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（F-μmg ）L ，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-μmg ）L ，选项A 错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C 错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F 和摩擦力做功之和，选项D 正确；故选BD.
8、AC
【解题分析】
AB．原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端电压不变，将滑动
可知，副线圈头P自a匀速滑到b的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，副线圈中电流变大，由公式P UI
功率增大，则原线圈输入功率变大，故A正确，B错误；
C．由于副线圈中电流变大，则R0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则R两端电压变小，故C正确；
D．将副线圈与R0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R0的关系，则无法确定R0消耗的电功率的变化情况，故D错误。

故选AC。

9、CDE
【解题分析】
A．在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故A错误；
B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故B错误；
C．温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必减少，故C正确；
D．饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确；
E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故E正确。

故选CDE．
【题目点拨】
绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；相对湿度较大，但是绝对湿度不一定大；水的饱和汽压随温度的升高而增大；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，根据压强的微观解释分析分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数变化；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用．
10、BC
【解题分析】
AB．如图所示，
作出A 球受到的重力和库仑斥力，根据平衡条件和几何关系可以知道， OAB 与ACD 相似，故有: mg F x L = 又因为
2
2Q F k x
= 所以
2
3mg Q k L x
= 使A 球的质量变为原来的8倍，而其他条件不变，才能使A 、B 两球的距离缩短为
2x ，故A 错误，B 正确; CD ．使B 球的带电量变为原来的
18
，而其他条件不变，则x 为原来的12，所以C 选项是正确的，D 错误; 故选BC 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 黑 红 2.5 ②号导线断路或③号导线断路
【解题分析】
(1)[1]电路图如图所示。

(2)[2][3]使用多用电表时，电流要从红表笔流入、黑表笔流出。

电路中的P 点为电源负极，此处应连接多用电表的黑表笔，则另一端连接红表笔。

[4]多用电表为直流电压10V 挡，其最小有效刻度为0.2V ，经估读后电压值为2.5V 。

[5]黑表笔接触P 点，红表笔分别探测电路中N 、M 、Q 点，电压值几乎不变且始终小于电源电动势，初步判定导线①④⑤⑥⑦正常。

电路故障可能是②号导线断路或③号导线断路。

（其他合理说法均对）
12、从左向右 2
12()75
L L f - 21(7)30L L f - 【解题分析】
(1)[1]小车加速运动，相邻两点间距离越来越大，所以依次打出点的顺序是E 、D 、C 、B 、A ，则纸带显示的运动方向为从左向右。

(2)[2]交变电流的频率为f ，则相邻打点的时间间隔为
1T f
= 则图乙中相邻计数点间的时间为5T ，由运动规律得
2123(5)L L a T -=
解得
2
12()75
L L f a -= (3)由运动规律得
221(5)(5)2
D L v T a T =+ (5)
E D v v a T =+
解上述两式得
()21730E L L f
v -=
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)带正电，mg q ；(2)15
； (3) 。

【解题分析】
(1)由带电小球a 在第四象限内做圆周运动，知小球a 所受电场力与其重力平衡且小球a 所受电场力竖直向上，即 mg ＝qE
故小球a 带正电，
解得
E ＝mg q
(2) 带电小球a 从N 点运动到A 点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R ，有
qvB ＝m 2
v R
由几何关系有
R ＋R sin θ＝3.2l
解得R ＝2l ，代入B ，有
v ＝
带电小球a 在杆上匀速下滑时，由平衡条件有
mg sin θ＝μ(qvB 1－mg cos θ)
解得
15
B B ＝
所以 115
B B = (3) 带电小球a 在第四象限内做匀速圆周运动的从A 点竖直上抛，与b 相遇 竖直方向
22114()22
l gt vt gt =
+- 解得
t = 水平方向
0 3.2l v t ==14、 (1)2A ；(2)16Ω；(3) 16W
【解题分析】
(1)由题意知，并联部分电压为8V U =，内电压应为
2V U E U =-=内
总电流即电流表的示数为
2A U I r
==内 (2)流过灯泡的电流
11 1.5A P I U
== 则流过电阻的电流
210.5A I I I =-=
则电阻
2
16U R I ==Ω (3)电源的输出功率
16W P UI ==出
15、 (1)'0.8/A v m s = (2) 8F N =
【解题分析】
①A 、B 系统动量守恒，设B 的运动方向为正方向 由动量守恒定律得0'B A A mv mv mv -=+ 解得'0.8/A v m s =；
②对B ，由动量定理得0B B F t p mv -==-， 解得8F N =；。