2019届四川省泸州市泸县重点中学高三二诊模拟理综物理试题（解析版）

2019届四川省泸州市泸县重点中学高三二诊模拟理综物理试题（解析版）

1.一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，如图所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中（    ）

A. 斜面对铁球的支持力缓慢增大 B. 斜面对铁球的支持力不变

C. 墙对铁球的作用力大小始终等于推力F D. 墙对铁球的作用力大小始终大于推力F

【答案】B

【解析】

试题分析：对球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用正交分解法，结合几何关系分析求解．

对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力，如图

根据共点力平衡条件，有：x方向，竖直方向，解得，故当F增加时，斜面的支持力为，保持不变，故A错误B正确；故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为，故CD错误；

【点睛】关键是灵活选择研究对象，本题不宜采用整体法．分析受力，作力图仍是处理平衡问题的基础．

2.甲醛对人体的危害非常严重，因此装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要。“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示。电源电压恒为3V，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50～100间为中度污染，100以上为重度污染，以下分析正确的是（   ）

A. 电压表示数为1V时，属于重度污染

B. 污染指数越小，电压表示数越大

C. 污染指数越大，电路中消耗的总功率越小

D. 污染指数为50时，电压表示数为2.5V

【答案】A

【解析】

电压表示数为1V时，电路中电流，可变电阻两端电压UR=U-U0=3V-1V=2V，根据欧姆定律可得：可变电阻连入电路中的阻值，由图象可知，电阻为20Ω时，污染指数为150，属于重度污染，故A正确；由图象可知，污染指数越小，可变电阻的阻值越大，根据串联电路的分压特点可知，可变电阻分担的电压越大，则定值电阻分担的电压越小，即电压表示数越小，故B错误；由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据可知，电源电压不变，总电阻越小，总功率越大，故C错误；由图象可知，污染指数为50时，可变电阻连入电路中的阻值为50Ω，根据串联电路的分压特点： ，即，解得：R0两端电压U0=0.5V，即电压表示数为0.5V，故D错误．故选A．

点睛：此题主要考查的是学生对欧姆定律、串联电路的分压特点的理解和掌握，读懂图象是解决此题的关键．

3.真空中两个固定点电荷之间的静电力大小为F，现将其中两点电荷的电荷量均变为原来的3倍，其他条件不变，它们之间的静电力大小变为（    ）

A.  B.  C. 3F D. 9F

【答案】D

【解析】

电量改变之前：；当两个的电荷量均变为原来的3倍时： ，故D正确，ABC错误；故选D.

4.小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，下列说法中正确的是（   ）

A. 小球上升过程中的平均速度大于

B. 小球下降过程中的平均速度小于

C. 小球射出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值为 0

D. 小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小

【答案】BD

【解析】

【详解】（1）上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即小球实际上升的位移小于做匀减速上升的位移，而平均速度等于位移与时间之比，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于，故A错误；同理，在下降过程中，小球的平均速度大于，故B错误；

（2）小球刚射出时速度最大，由牛顿第二定律可知，，则加速度最大，当小球到达最高点时，速度恰好为零，此时加速度等于g，故C错误；

（3）在上升过程中，速度逐渐减小，由可知，加速度逐渐减小；在下降过程中，速度逐渐增大，由，加速度逐渐减小。D正确；

故本题正确答案选D。

【点睛】由速度图象的“面积”表示位移来分析它与匀变速直线运动平均速度的关系。由小球受到的空气阻力与速率成正比，根据牛顿第二定律分析上升和下降阶段的加速度变化。

5.如图所示，在垂直于纸面、范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，应使线图怎样运动才能使其产生感生电流（    ）

A. 向左平动 B. 绕O1O2转动 C. 向上平动 D. 向下平动

【答案】B

【解析】

【详解】由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故ACD错误；当线圈绕O1O2转动时，磁通量将发生变化，如转过90°时磁通量为零，因此有感应电流产生，故B正确。故选B。

【点睛】根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰．

6.如图所示，某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于O点，用一枝铅笔贴着细线中点的左侧以速度v水平向右匀速移动. 则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中（   ）

A. 细线绕O点转动的角速度变小 B. 细线绕O点转动的角速度不断增大

C. 橡皮的运动轨迹为曲线 D. 橡皮处于超重状态

【答案】ACD

【解析】

根据运动的合成与分解，则有，垂直绳子方向的速度为：v⊥=vcosθ
而半径为 ，那么角速度为： ，而θ逐渐增大，因此角速度减小，故A正确，B错误；

由图，并结合几何关系，则有：v绳=vsinθ，因v不变，当θ逐渐增大，因此绳子速度增大，向上加速；依据运动的合成，可知，橡皮的运动轨迹为曲线，而处于超重状态，故CD正确；故选ACD．

7.如图所示．在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，∠=30°，空间有匀强电场．方向与水平面平行．在圆上A点有—发射器，以相同速率v向各个方向发射质量为m，电荷量为e的电子．圆形边界上的各处均有电子到达，其中到达B点的电子速度恰好为零．不计电子的重力和电子间的相互作用，下列说法正确的是（    ）

A. 电场的方向由B指向A

B. 电场强度的大小为

C. 到达E点电子的速率为

D. 到达C点的电子电势能比到达E点的电子电势能大

【答案】BC

【解析】

电子做减速直线运动时速度才会减小为零，故电子沿AB方向运动做减速运动时恰好到达B点，电子受到的电场力方向和电场方向相反，所以电场方向从A到B，A错误；根据动能定理可得，解得，B正确；根据几何知识可得，而，故可得，AE间的电势差为，根据动能定理可得，解得，C正确；AC在沿电场方向上的距离小于AE沿电场方向上的距离，故克服电场力较少，所以到C点的电势能的增加量小于到E点时电势能的增加量，故到达C点的电子电势能比到达E点的电子电势能小，D错误．

8.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20eV，经过等势面C时的电势能为－10 eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5 cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是（    ）

A. 电子再次经过D等势面时，动能为10 eV

B. 电子的运动是匀变速曲线运动

C. C等势面的电势为10 V

D. 匀强电场的场强为200 V/m

【答案】CD

【解析】

因为过程中只有电场力做功，动能和电势能相互转化，所以动能与电势能之和保持不变，电子再次经过D等势面时，动能仍为20eV，A错误；过程中只受电场力，而电场是匀强电场，所以电场力恒定，又知道电场线方向和等势面垂直，故电场力方向和粒子速度方向共线，所以粒子做匀变速直线运动，B错误；根据公式可知，C正确；

由于相邻等势面间是等差等势面，所以粒子经过相邻等势面时，动能的变化量相同，在D点时动能为20eV，而到B点时动能为零，所以在C点时动能为10eV，而在C点时电势能为-10eV，所以粒子的总能量为零，故在B点时的电势能为0，即B点电势为零，所以，故匀强电场强度为，D正确．

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共129分）

9.在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，实验器材按如图所示安装完毕．小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示．

（1）实验装置或操作过程需要调整的是____________（写出一项即可）；

（2）当M与m的大小关系满足_________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．

（3）如果在砝码盘与细绳间连接一个力传感器测量小车受到的拉力，实验中是否必须满足砝码盘与盘中砝码的总质量远小于小车的质量？_______（选填“是”或“否”）

（4）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，以下操作正确的是________．

A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上

B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源

D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式求出

【答案】    (1). （1）①打点计时器使用干电池；②细绳与木板不平行；③小车初始位置离打点计时器太远 （任选一个）    (2). （2）m≪M    (3). （3）否    (4). （4）B

【解析】

【详解】（1）实验装置或操作过程需要调整的是：①打点计时器使用干电池；②细绳与木板不平行；③小车初始位置离打点计时器太远 （任选一个）； 

（2）根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma，对M：F拉=Ma，解得：；当M＞＞m时，即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，即m≪M，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力．

（3）如果在砝码盘与细绳间连接一个力传感器测量小车受到的拉力，则不需要用砝码盘与盘中砝码的重力代替绳子的拉力，所以不需要满足砝码盘与盘中砝码的总质量远小于小车的质量。

（4）平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动．故A错误．每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B正确．实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故C错误．小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式a=mg/M求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系．故D错误．故选B．

【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．尤其是关键的实验步骤，例如平衡摩擦力：为什么要平衡摩擦力？怎样平衡摩擦力？每次改变小车的质量后还是否要平衡摩擦力？必须都要搞清楚.

10.实验小组用如图电路测量一表头刻度清晰但数值标度模糊的直流电流表的量程和内阻。所给的器材有：电池E(电动势约4.5 V)；待测电流表A(量程约0～300 mA，内阻约为5 Ω)；电压表V(量程0～3 V)；电阻箱R1 ；滑动变阻器R2(0～10 Ω)；电键S和导线若干。

（1）请完成主要实验的步骤：

A．连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到最左端，电阻箱阻值调为0；

B．闭合电键，调节变阻器的滑动片，使电流表指针满偏，记录电压表V的读数U；

C．逐渐增大电阻箱的阻值，同时_______（选填“向左”、“向右”）调节变阻器的滑动片，使电流表的指针保持________，记录几组电阻箱的阻值R和电压表V的读数U。

（2）根据多次测得的数据作出电压表读数U随电阻箱阻值R变化的U—R图线，若图线的斜率为k，在U轴上的截距为b，则电流表的量程为________，内阻为_________。

（3）不考虑偶然误差，只考虑电表内阻可能造成的系统误差，则与真实值相比，电流表内阻的测量值________（选填“偏大”、“偏小”、“相等”）。

【答案】    (1). 向右；    (2). 满偏；    (3). k；    (4). ；     (5). 相等；

【解析】

:（1）由电路图可以知道,滑动变阻器采用分压接法,为保护电路,闭合开关前滑片应置于左端;然后应该逐渐向右移动变阻器电压表的示数从小到大变化，并保证电流表的指针保持满偏。

（2）电阻箱和电流表串联,由 得： 所以图像的斜率代表了满偏电流，即量程为k，截距代表了 ，所以 ;
（3）不考虑偶然误差，只考虑电表内阻可能造成的系统误差，由于串联的变阻箱能够准确的读出示数，所以测量的电流表阻值没有误差。

故本题答案是：(1). 向右；    (2). 满偏；    (3). k；    (4). ；     (5). 相等；

11.我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席。所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．厦门一中兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：

（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；

（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s，求变加速运动的位移。

【答案】（1）2N  3s（2）46.5m

【解析】

（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．

（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时：F=

动车组总功率：，因为有4节小动车，故

联立解得：f=2N

设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为

由牛顿第二定律有：

动车组总功率：，运动学公式：

解得匀加速运动的时间：

（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：

解得：x=46.5m

12.如图所示，质量为3m的木板静止放在光滑的水平面上，木板左端固定着一根轻弹簧，质量为m的木块（可视为质点），它从木板右端以未知速度开始沿木板向左滑行，最终回到木板右端刚好未从木板上滑出，若在小木块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，小木块与木板间的动摩擦因数大小保持不变，求：

（1）木块的未知速度；

（2）以木块与木板为系统，上述过程中系统损失的机械能。

【答案】（1） （2）

【解析】

试题分析：（1）木块从开始压缩最短过程中，根据动量守恒定律，可知：

是共同的速度，压缩最短时，与具有共同速度。

根据能量关系，有

小木块从开始到最终回到木板最右端刚好未从木板上滑出，最终与具有共同速度，

有动量守恒，可以知道：

整个过程的能量关系，有

联立可以得到：。

（2）由上可以知道，损失的机械能。

考点：动量守恒定律；机械能守恒定律。

【名师点睛】分别研究m从右端运动到弹簧压缩到最短的过程和从初状态到m又回到右端刚好相对静止的过程，由动量和能量关系列出等式求解。

13.下列说法正确的是________。

A. 松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变

B. 当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小

C. 液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关

D. 若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大

E. 若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热

【答案】BDE

【解析】

【分析】

明确晶体和非晶体的性质，知道非晶体没有固定的熔点，在熔化时温度是变化的；明确分子间作用力与分子势能间的关系，知道当分子间引力和斥力相互平衡时，分子势能最小；知道泡和汽压的性质；明确气体压强的微观意义，会解释压强的变化；根据热力学第一定律分析气体内能的变化情况；

【详解】A．只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，松香是非晶体，在熔化过程中，温度是变化的，故A错误；

B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子间的引力与斥力的合力即分子力为零，分子势能最小，故B正确；

C．液体的饱和汽压与温度有关，但与饱和汽的体积无关，故C错误；

D．气体的压强与单位体积的分子数和分子动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W>0，Q>0，根据热力学第一定律知，，说明气体的温度T升高，分子平均动能增大，又气体被压缩体积V减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，故D正确；

E．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小即，又外界对气体做功即W>0，根据热力学第一定律知，Q<0即气体一定放热，故E正确；

故选BDE。

14.如图所示，开口向上的汽缸C静置于水平桌面上，用一横截面积S＝50 cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k＝2 800 N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m＝14 kg的物块B。开始时，缸内气体的温度t1＝27℃，活塞到缸底的距离L1＝120 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求：

(ⅰ)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度；

(ⅱ)气体的温度冷却到－93℃时B离桌面的高度H。(结果保留两位有效数字)

【答案】（1）-66℃（2）15cm.

【解析】

(ⅰ)B刚要离开桌面时弹簧拉力为kx1＝mg

由活塞受力平衡得p2S＝p0S－kx1

根据理想气体状态方程有

代入数据解得T2＝207 K

当B刚要离开桌面时缸内气体的温度t2＝－66 ℃；

由(ⅰ)得x1＝5 cm

当温度降至－66 ℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖－吕萨克定律有

代入数据解得H＝15 cm。

15.如图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象。下列说法正确的是（    ）

A. 这列波的波长是4m

B. 这列波的传播速度是20m/s

C. 经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3m

D. t=0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向

E. t=0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离

【答案】ABE

【解析】

【分析】

由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，即可求出波速。由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动状态；

【详解】A．由甲图知：这列波的波长λ=4m，故A正确；

B．由乙图读出,该波的周期T=0.2s，则波速为，故B正确；

C．由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，简谐横波传播过程中，质点只在自己平衡位置附近上下振动，并不随波向前传播，故C错误；

D．图示时刻Q点沿y轴正方向运动，，质点Q的运动方向沿y轴负方向。故D错误；

E．，经过0.35s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故E正确；

故选ABE。

16.如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP=OQ=R，一束单色光垂直OP面射入玻璃体，在OP面上的入射点为A，，此单色光通过玻璃体后沿BD方向射出，且与x轴交于D点， 。

（1）求该玻璃的折射率。

（2）若真空中光速为C，求光从A传播到D的所用时间。

【答案】（1）   （2）

【解析】

试题分析：画出光路图，根据几何知识分别求出入射角和折射角，由折射定律求出折射率；由几何关系求出AB与BD的长度；由折射率与光在介质中的速度的关系求出光在介质中的速度，由匀速直线运动的位移公式分别求出两段时间再求和即可。

（1）作光路图如图所示：

在PQ面上的入射角：，

由几何关系可得：，

折射率

（2）由几何关系得：

由于∠BDO=30°=∠BOD，由几何关系可知，BD=BO=R
光在介质中的速度：

光传播的时间为：

点睛：本题主要考查了几何光学问题，画面出光路图是解题的基础，常常是折射定律和几何知识的综合应用，其中找出对应的几何关系是解答的关键。