2019届四川省成都外国语学校高三上学期一诊模拟考试理科综合物理试题（解析版）

成都外国语学校2019届高三“一诊”模拟考试

理科综合物理测试

1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是

A. 亚里士多德首先提出了惯性的概念

B. 伽利略对自由落体运动的研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法

C. 牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，这三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证

D. 力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位

【答案】C

【解析】

试题分析：伽利略首先提出了惯性的概念，故A错误；牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，因为牛顿定律的内容是在物体不受任何外力的作用下，而现实生活中没有不受任何外力的物体，所以牛顿第一定律是在实验的基础上，结合推理得出来的，故B错误；伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法．故C正确；力的单位“N“不是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位，故D错误；故选C.

考点：物理学史。

2.关于物体的运动，不可能发生的是（　　）

A. 加速度大小逐渐减小，速度也逐渐减小

B. 加速度方向不变，而速度方向改变

C. 加速度和速度都在变化，加速度最大时，速度最小

D. 加速度为零时，速度的变化率最大

【答案】D

【解析】

A项：当加速度的方向与速度方向相反,加速度逐渐减小,则速度逐渐减小.所以A选项是可能的.

B项：加速度的方向不变,速度方向可能改变,比如平抛运动.所以B选项是可能的

C项：加速度和速度都在变化,加速度最大时,速度可能最小.比如,做加速度逐渐减小的变加速直线运动,加速度最大时,速度最小.所以C选项是可能的

D项：加速度为零时,速度变化率为零.故D是不可能的

综上所述本题答案是：D

3.“好奇号”火星探测器发现了火星存在微生物的更多线索，进一步激发了人类探测火星的热情。如果引力常量G己知，不考虑星球的自转，则下列关于火星探测的说法正确的是

A. 火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，其所受合外力为零

B. 若火星半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，则火星表面的重力加速度一定大于地球表面的重力加速度

C. 火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，如果测得探测器的运行周期与火星半径，则可以计算火星质量

D. 火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时，轨道半径越大绕行周期越小

【答案】C

【解析】

【详解】A：火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，其所受合外力充当向心力，不为零。故A项错误。

B：在星球表面得，据题意、，解得：。故B项错误。

C：火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时：，则；如果测得探测器的运行周期与火星半径，则可以计算火星质量。故C项正确。

D：火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时：，则；火星探测器轨道半径越大，绕行周期越大。故D项错误。

【点睛】万有引力解题的两种思路：1、物体在天体表面时重力近似等于它所受的万有引力；2、将行星绕恒星、卫星绕行星的运动视为匀速圆周运动，其所需的向心力由万有引力提供。

4.如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为θ和2θ．假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为（　　）

A. 2cosθ：1    B. 1：2cosθ    C. tanθ：1    D. 1：2sinθ

【答案】B

【解析】

分别对AB两球分析，运用合成法，如图：

由几何知识得：Tsinθ=mAg,Tsin2θ=mBg,故mA:mB=sinθ:sin2θ=1:2cosθ,故选B．

【点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来．

5.在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有(     )

A. 将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功

B. x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低

C. 若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功

D. 若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大

【答案】D

【解析】

该图象的斜率等于场强E，则知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力先做正功，后做负功，A错误；PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，所以x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高，B错误；由图可知，y轴两侧的电场强度是对称的，可知该电场可能是两个等量同种正点电荷形成的静电场，则在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做负正功后做正功，C错误；在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大，D正确．

6.如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5Ω，变阻器R1的最大电阻Rm=5.0Ω，R2=1.5Ω，R3=R4=1000Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置,在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止,那么(  )

A. 在题设条件下，R1接入电路的阻值为3Ω，电源的输出功率为4.5W

B. 引入的微粒带负电，当开关与a断开但未与b接触时，微粒将向下运动

C. 在题设条件下，R1的阻值增大时，R2两端的电压增大

D. 在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流方向为d→c

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大去求解；对微粒进行受力分析，根据微粒处于平衡状态，判断出微粒的电性．当开关接向b（未接触b）的过程中，电容器电荷量未变，从而判断出微粒的运动状况；电路的动态分析抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆电路进行分析；找出开关接a和接b上下极板所带电荷的电性，即可确定出电流的方向．

【详解】在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知，则电源的输出功率，A正确；在开关S与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止微粒受重力和电场力平衡而上极板带正电，可知微粒带负电当开关接向未接触的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，B错误；电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，和及电源构成串联电路，的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，两端的电压减小C错误；在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过的电流方向为，D正确．

7.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m、带电量为＋q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x＝0）进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是(  )

A. 粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大

B. 粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小

C. 要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为

D. 若v0＝，粒子在运动过程中的最大速度为

【答案】BD

【解析】

【详解】A. 粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小。故A错误；

B. 粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动。故B正确；

C. 根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得

q(0−φ0)=0−，解得v0=，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为.故C错误；

D. 若v0=，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得

q[0−(−φ0)]= ，

解得最大速度为vm=，故D正确。

故选：BD

【点睛】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况．根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0-x1过程，求解初速度v0．粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度．

8.如图所示，M为定滑轮，一根细绳跨过M，一端系着物体C，另一端系着一动滑轮N，动滑轮N两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C物体的质量为9kg，则关于C物体的状态下列说法正确的是（　　）

A. 当A的质量取值合适，C物体有可能处于平衡状态

B. 无论A物体的质量是多大，C物体不可能平衡

C. 当A的质量足够大时，C物体不可能向上加速运动

D. 当A的质量取值合适，C物体可以向上加速也可以向下加速运动

【答案】AD

【解析】

试题分析：首先取AB连接体为研究对象，当A的质量远远小于B的质量，则B以接近重力加速度做向下的加速运动，B处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A的质量远远大于B的质量时，则B以接近重力加速度向上做加速运动，B处于超重状态，细绳的最大拉力接近B的重力的两倍，故此时细绳拉C的最大拉力为B的重力的4倍，故当A的质量取值合适，C的质量在大于零小于12kg之间都有可能处于平衡，故A正确，B错误；结合以上的分析，当细绳对C拉力小于C的重力时C产生向下的加速度，当细绳对C的拉力大于C的重力时C产生向上的加速度，故C错误、D正确．故选AD。

考点：牛顿定律的应用

【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题时要分析滑轮两边物体的质量关系，根据牛顿定律讨论求解．

9.现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示。表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源。接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹。

（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），2、3和5、6计数点的距离如图2所示。由图中数据求出滑块的加速度a=________（结果保留三位有效数字）。

（2）已知木板的长度为L，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是（       ）

A.滑块到达斜面底端的速度v           B.滑块的质量m

C.滑块的运动时间t                   D.斜面高度h和底边长度x

（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为μ=_________（用所需测物理量的字母表示）。

【答案】    (1). 2.51    (2). D    (3).

【解析】

试题分析：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0．1s，根据逐差法有：；

（2）要测量动摩擦因数，由μmgcosθ=ma，可知要求μ，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度h和底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确．

（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=ma

解得：

考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数

【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．

视频

10.有一个小灯泡上标有“4.0V 0.7A”的字样，现要求测定小灯泡在不同电压下的功率P，并作出功率P与其两端电压的平方U2的关系图．可供选择器材如下：

A.小灯泡L，规格“4.0V 0.7A”       
B.电流表A1（0～3A，内阻约0.1Ω）

C.电流表A2（0～0.6A，内阻r2 =0.2Ω）   
D.电压表V1（0～3V，内阻9kΩ）

E.电压表V2（0～15V，内阻约为30kΩ）   
F.标准电阻R1=1Ω

G.标准电阻R2=3kΩ                   
H.滑动变阻器R（0～10Ω）

I.学生电源（E=6V，内阻不计）       
J.开关S及导线若干

（1）甲同学设计了如图甲所示电路来测量，当电压表读数为2.40V时，电流表示数如图乙所示为____A，此时L的电阻为____Ω

（2）学习小组同学经讨论认为要想更准确地描绘出L完整的P—U2曲线，需要重新设计电路．请你在甲同学的基础上利用所供器材，在图丙所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号；若伏特表读数为2.70V，安培表读数为0.50A，则灯L消耗的功率P=____W

【答案】    (1). 0.48    (2). 5（或5.00）    (3). 如图所示：

R1  R2  2.16 

【解析】

（1）电流表的分度值为0.02A，故读数为0.48A，小灯泡的电阻为

（2）小灯泡的额定电流为0.7A，所以电流表量程小，而电流表量程太大，所以并联一个定值电阻扩大的量程，根据可得，故选定值电阻，电压表也需要扩大量程，选择定值电阻，如图所示

当电压表读数为2.70V时，小灯泡两端的电压为，电流表读数为0.5A时，通过小灯泡的电流为，故小灯泡此时消耗的电功率为

11.间中取直角坐标系，在第一象限内平行于轴的虚线MN与轴距离为，从轴到MN之间的区域充满一个沿轴正方向的匀强电场，场强大小为．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为的电场加速后，从轴上的A点以平行于轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，）．已知电子的电量为，质量为，若加速电场的电势差，电子的重力忽略不计，求：

（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；

（2）电子经过轴时离坐标原点O的距离．

【答案】（1），；（2）  

【解析】

试题分析：（1）电子在沿x轴方向做匀速运动，即可求得运动时间，在电场方向做匀加速运动，由运动学公式及可求得速度；

（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标，电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出P点的速度，再由位移公式求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离．

解：（1）由 eU=mv02

得电子进入偏转电场区域的初速度v0=

设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t==；

y=at2=

因为加速电场的电势差U＞，说明y＜h，说明以上假设正确，

所以vy=at=×d=

离开时的速度v=

（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则

x′=v0t′

y′=h﹣y=h﹣t=vyt′

则 l=d+x′=d+v0t′=d+v0（﹣）=d+h﹣=+h

代入解得 l=+

答：（1）若加速电场的电势差U＞，则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t为，离开电场区域时的速度v为；

（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l为+．

【点评】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解．

12.如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L=3.2 m，沿顺时针方向以v0=2 m/s匀速运动。一质量m=2 kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为m的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M ＝1 kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，。求：

(1)物块P从传送带离开时的动量；

(2)传送带对物块P做功为多少；

(3)物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围。

【答案】(1)8kgm/s，方向与水平方向成斜向右下；(2)-22.4J；(3)

【解析】

(1)物块在未到达与传送带共速之前,所受摩擦力方向沿传送带向下，

由牛顿第二定律得：

解得

所需时间

沿斜面向下运动的位移

当物块的速度与传送带共速后，由于 ，所以物块所受摩擦力方向沿传送带向上,由牛顿第定律得：

解得a2=2m/s2

物块以加速度以运动的距离为：

设物块运动到传送带底端的速度为,由运动学公式得v12=v02+2a2x2

解得

则动量为P=mv1=，方向与水平方向成斜向右下

(2)物块从顶端到底端,根据动能定理：

可知传送带对物块做功为：W=

(3)设物块运动到点的速度为,由动能定理得

解得

若物块与物块发生完全弹性碰撞，并设物块碰撞后的速度为,物块Q碰撞后的速度为,则两物块的碰撞过程动量守恒，碰撞前后动能之和不变；

解得

若物块与物块发生完全非弹性碰撞,则

解得

所以物块的速度范围为：

在点由牛顿第二定律得：

解得：

物块碰撞后间对圆弧轨道的压力为,由牛顿第三定律可得：

13.一列简谐横波沿x轴传播，波速为5m/s，t=0时刻的波形如图所示，此时刻质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动，经过0.ls质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是_______

A．这列波的周期是1.2s

B．该波沿x轴负方向传播

C．x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反

D．P点的横坐标为x=2.5m

E．Q点的振动方程为

【答案】ABD

【解析】

【详解】A. 由图可知，波长为6m，根据波速，周期T= =1.2s，故A正确；

B. 根据质点P沿y轴负方向运动，由波形平移法知该波沿x轴负方向传播，故B正确 ；

C. x=3.5m处的质点与P点间的距离小于半个波长，振动的位移不会始终相反，故C错误；

D. 由波形平移法知，3m处的波形平移到P点用时0.1s，根据x=vt，P点的平衡位置到3m处的距离为0.5m，所以P点的横坐标为x=2.5m，故D正确；

E. 0时刻Q点的纵坐标为6cm，角速度，所以Q点的振动方程为，故E错误。

故选：ABD。

14.一厚度均匀的圆形玻璃管内径为 16cm，外径为 24cm．一条光线从玻璃管壁中点入射，光线 AB 与竖直方向成 60°角，与直径 MN 在同一竖直面内，如图所示．该玻璃的折射率为，光速 ．

I．光线经玻璃管内壁折射后从另一侧内壁下端射出玻璃管，求玻璃管的长度；

II．保持入射点不动，调整入射角．求光线 AB 在玻璃管内壁处恰好发生全反射时，光线在玻璃中传播的时间．（以上结果均保留 2 位有效数字）

【答案】I.    II.

【解析】

【详解】I、光在两个界面的入射角和折射角分别是θ1、θ2、θ3、θ4，根据折射定律得：

n=

解得：θ2=45°

n=

由几何知识有：θ2+θ3=90∘

解得：θ4=60°

玻璃管的长度为：；

Ⅱ、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，光通过的路程为：

另有：sinC=，v=，

则光线AB在玻璃中传播的最长时间为：

【点睛】I、根据折射定律求出光线在上界面的折射角，由几何关系求出在内壁左界面的入射角，再由折射定律求出折射角，最后由几何关系求玻璃管的长度．
Ⅱ、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，由数学知识和临界角公式求出光程，由v=求出光线在玻璃中传播的速度，再求最长时间．