2019届四川省绵阳市高三第三次诊断性考试理综物理试题（解析版）

绵阳市高中2016级第三次诊断性考试

理科综合能力测试

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14 --18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.如图所示，频率为ν的光照射到某种金属表面，金属表面有电子逸出，所有逸出电子的最大初动能为Eko，普朗克常量为h。下列说法正确的是

A. Eko与ν成正比

B. 该金属的逸出功等于hν

C. 该金属的截止频率等于Eko/h

D. 增大光的强度，单位时间逸出电子数增加

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据光电效应方程：，得到Eko与ν不是正比，A错误

B.根据光电效应方程：，得到逸出功，B错误

C.截止频率：，C错误

D.根据光电效应的实验结论，光电流与光强成正比，所以增大光的强度，光电流增大，单位时间逸出电子数增加，D正确

2.如图甲所示的电路中，L1、L2为两只“3V 3W”的灯泡，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表。当a、b端接如图乙所示的交变电压时，两只灯泡均正常发光。则

A. 电压表的示数为3V B. 电压表的示数为6V

C. 电流表的示数为0.2A D. 电流表的示数为0.5 A

【答案】C

【解析】

【详解】AB.根据图像乙可以分析得知，该正弦交流电压有效值为，电压表测的是有效值，所以电压表示数30V，AB错误

CD.两灯泡均正常发光，根据串联电路功率关系，副线圈功率，根据变压器两端功率相等，所以，且，所以，C正确D错误

3.在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t=0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度一时间图像如图所示。则

A. 在0～1 s内，外力F不断增大 B. 在3s时，物体开始向左运动

C. 在3-4 s内，外力F不断减小 D. 在3-4 s内，外力F的功率不断减小

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律，根据图像分析，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误

B.根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误

C.根据牛顿第二定律，根据图像分析在3-4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误

D.外力功率，结合选项C的分析，F不变，而3-4 s内速度减小，所以功率减小，D正确

4.如图所示，O是正三角形ABC的中心，将带正电的小球a、b分别放在A、B两顶点，此时b球所受的库仑力大小为F，再将一个带负电的小球c放在C点，b球所受的库仑力大小仍为F。现固定小球a、c，将小球b从B点沿直线移动到O点

A. 移动过程中电场力对小球b不做功

B. 移动过程中电场力对小球b做正功

C. 小球b在B点的受到的电场力等于在O点受到的电场力

D. 小球b在B点的受到的电场力大于在O点受到的电场力

【答案】A

【解析】

【详解】根据题意分析，设变长为L，当没放小球C时：，放上小球C后，对小球B受力分析，合力大小仍为F，而与夹角，合力与一个分力大小相等，可以得出，即，得到，所以A、C是等量异种电荷：

AB.等量异种电荷中垂面是一个等势面，所以从B点沿直线移动到O点，在等势面上移动电荷电场力不做功，所以A正确B错误

CD.根据等量异种电荷的场强分布关系，可以得到，从连线中点向两端场强越来越小，所以，小球b在B点的受到的电场力小于在O点受到的电场力，CD错误

5.一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力F作用下，沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为x；将弹簧方向变成与水平成60°，物块在拉力作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的仲长量是（物块与桌面间动摩擦因数为，弹簧始终处于弹性限度内）

A.  B.  C. 2x D.

【答案】B

【解析】

【详解】当拉力是F时：根据平衡条件得：，当弹簧方向变成与水平成60°，竖直方向：，，联立解得，ACD错误，B正确

6.2019年1月3日l0时26分，我国“嫦娥四号”探测器完成了“人类探测器首次实现月球背面软着陆”的壮举。嫦娥四号近月制动后环月飞行时先在月球上空半径为R的轨道上做匀速圆周运动，后贴近月球表面做匀速圆周运动，线速度分别是vR和vo，周期分别是TR和To，己知月球半径为r，则

A.  B.  C. TR>To D. TR< To

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.根据万有引力提供向心力：，所以，所以，B正确

CD.根据开普勒第三定律可知：绕同一中心天体运动，半径越大，周期越长，所以TR>To，C正确，D错误

7.如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场。开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动。B不带电，不计滑轮摩擦。则从A和B开始运动到B着地的过程中

A. A的电势能增加

B. A和B系统的机械能守恒

C. A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能

D. 轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和

【答案】AD

【解析】

【详解】A.物体A带正电，所以B竖直向下的过程中A沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A正确

B.因电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B错误

C.根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误

D.对A物体应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，D正确

8.如图所示，两条足够长平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L，左端间接一电阻R，质量为m的金属杆ab静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为μ。现给金属杆一个水平向右的冲量Io，金属杆运动一段距离x后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g。则金属杆ab在运动过程中

A. 做匀减速直线运动

B. 杆中的电流大小逐渐减小，方向从b流向a

C. 刚开始运动时加速度大小为

D. 电阻R上消耗的电功为

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.金属杆获得冲量Io后，速度，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，受安培力方向向左，根据牛顿第二定律，，所以杆做的是加速度减小的减速直线运动，A错误B正确

C.刚开始运动时，，，联立解得：，C错误

D.对金属棒应用动能定理：，克服安培力的功等于转化给回路的电能即电阻消耗的电功，解得：，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。

9.用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。按要求安装好装置，正确操作得到如图乙所示的一条纸带，O点是起始点，A、B、C是使用电源频率户50Hz的电火花计时器连续所打的三个点。重物质量m=100 g，当地重力加速度g=9.8 m/s2。回答下列问题：

(1)B点与O点之间的距离是___ cm。

(2)从O点到B点，重物动能变化量△Ek= ___J。（保留3位有效数字）

(3)设从O点到A、B、C点的距离分别为hA、hB、hC，并测得读数。则在误差允许范围内，将测得的物理量和已知的物理常量数值带入表达式____（选用测得的物理量和已知的物理常量符号表示），计算得到的结果与在(2)中计算得到的△Ek相等，即验证了机械能守恒定律。

【答案】    (1). 12.50    (2). 0.120    (3). mghB

【解析】

【详解】（1）通过刻度尺可读出B点与O点之间的距离是12.50cm，读数时要注意读到最小分度值的下一位，即需要估读一位

（2）根据纸带可求出，所以动能的该变量：

（3）根据机械能守恒定律，即重力势能减小量等于动能增加量，物体机械能守恒，所以表达式是重力势能减小量：

10.用如图所示的电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约6V，内阻约几欧），定值电阻R1（阻值3kΩ），保护电阻Ro（阻值5Ω），滑动变阻器R，开关S，导线若干。供选择的电流表和电压表有：

电流表Al：量程0--0.6A．内阻约l Ω：

电流表A2：最程0-3A，内阻约l Ω。

电压表Vl：量程是15V，内阻为9kΩ；

电压表V2:量程是3V，内阻为3kΩ。

请完成实验：

(1)电流表选用____；电压表选用____（选填电表符号）

(2)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关，逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记录5组电压表示数U和对应的电流表示数I，建立U-I坐标系，将5组(U，I)数据对应的点标在了坐标系上，如图所示。请在坐标系上画出U-I图像。

(3)根据所画图像可得出待测电源的电动势E= ___V，内阻r= ___Ω。（结果均保留两位有效数字）

【答案】    (1). A1    (2). V2    (3). 5.8    (4). 5.0

【解析】

【详解】（1）因为电流表要求读数时，指针偏转三分之一以上，根据回路电流测算，当外电阻最小时，回路电流最大，将题干的电阻代入，算出电流，所以电流表选择A1，电流表取A1，电流最大0.6A，电压表3V就够用了，所以电压表选V2

（2）连线如图

（3）根据闭合电路欧姆定律得到整理得到：，所以图像截距，所以电动势，斜率，所以内阻

11.如图所示，平面直角坐标系xOv中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限在x轴与y=-d之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以初速度v0从y轴上P(0，h)点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力。求：

(1)粒子在Q点速度的大小vo和与x轴正方向夹角θ；

(2)匀强磁场磁感应强度大小B

【答案】(1)，(2) B

【解析】

【详解】（1）设粒子从P到Q的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度大小为vQ，方向与x轴正方向间的夹角为θ，vQ沿y轴方向的大小为vy，则

解得，

（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则

解得B

12.如图所示，半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在水平光滑地面上，质量M=0.3 kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。可视为质点的物块A质量m=0.1kg，从与圆弧轨道圆心O等高的位置由静止释放，滑上木板B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。物块A与本板B间动摩擦因数μ= 0.25，g取10 m/s2。求：

(1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小：

(2)木板B的长度L；

(3)弹簧恢复原长后，物块A从木板右端运动到左端的时间。

【答案】(1)FN=3 N(2) L=2.4 m  (3)  t2=1.2 s

【解析】

【详解】（1）设A到达C的最下端时速度大小为v0，圆弧轨道支持力大小为FN，则

解得=4m/s。FN=3 N

（2）设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，滑上B后经时间t1后接触弹簧，A的位移x1，B的位移x2，则

解得t1=1.2 s。L=2.4 m                          

（3）设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1，弹簧恢复原长时A的速度大小为v2，B的速度大小为v3，A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等，则

最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4，则

由能量守恒

解得v1=1 m/s，v4=1m/s，v2=2 m/s，v3=2 m/s

设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2，对木板B，由动量定理有

解得t2=1.2 s

13.关于热现象，下列说法正确的是    

A. 热量不能自发地从低温物体传到高温物体

B. 物体速度增大，则组成物体分子动能增大

C. 物体的温度或者体积变化，都可能引起物体内能变化

D. 相同质量的两个物体，升高相同温度，内能增加一定相同

E. 绝热密闭容器中一定质量气体的体积增大，其内能一定减少

【答案】ACE

【解析】

【详解】A.根据热力学第二定律知道热量不能自发地从低温物体传到高温物体，A正确

B.物体分子平均动能的标志是温度，与宏观速度无关，B错误

C.物体内能等于所有分子的动能与所有分子势能的和，分子平均动能与温度有关，而分子势能与体积有关，所以物体内能与温度和体积有关，C正确

D.根据C选项的分析升高相同温度，但体积关系未知，所以内能变化无法判断，D错误

E.根据热力学第一定律，绝热容器，气体体积增大，所以气体对外做功，所以，内能减小，E正确

14.如图所示，横截面积为S，质量为M的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了∆T，气柱的高度增加了ΔL，吸收的热量为Q，不计气缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p0，重力加速度为g，求：

①此加热过程中气体内能增加了多少？

②若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则放砝码的质量为多少？

【答案】①②

【解析】

①设缸内气体的温度为时压强为，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得到：

气体膨胀对外界做功为：

根据热力学第一定律得到：

联立可以得到：

②设放入砝码的质量为m，缸内气体的温度为时压强为，系统受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得到：

根据查理定律：

联立可以得到：

15.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图甲为t=2.0s时的波形图，图乙为x=2m处的质点P的振动图像，质点Q为平衡位置x= 3.5m的质点。下列说法正确的是   

A. 波的传播周期是2s

B. 波沿x轴正方向传播

C. 波的传播速度为l m/s

D. t=2.0 s时刻后经过0.5 s，质点P通过的路程等于0.5 m

E. t=3.5 s时刻，质点Q经过平衡位置

【答案】BCE

【解析】

【详解】A.根据振动图像可以看到，波的周期为，A错误

B.根据振动图像可以看到，质点P向上振动，根据平移方法，得到波向正方向传播，B正确

C.根据波形图，波长，所以波速，C正确

D.经过0.5s，过了，通过的路程小于一个振幅10cm，D错误

E.当t=2.0s时P点的波形传到Q点时，Q经过平衡位置：，所以t=3.5 s时刻，质点Q经过平衡位置，E正确

16.如图所示为一玻璃工件的截面图，上半部ABC为等腰直角三角形，∠A =90°，BC边的长度为2R,下半部是半径为R的半圆，O是圆心，P、Q是半圆弧BDC上的两个点，AD、BC垂直相交于O点。现有一束平行于AD方向的平行光射到AB面上，从A点射入玻璃的光射到P点，已知圆弧BQ与QD的长度相等，圆弧CP长度是DP长度的2倍。

(i)求玻璃的折射率n；

(ii)通过计算判断经AB面折射后第一次射到Q点的光是否能够射出玻璃工件。

【答案】(i)(ii)第一次射到圆弧Q点光不能射出玻璃工件。

【解析】

【详解】（i）过A点做AB面的法线，连接AP，连接OP，设从A点射入玻璃的光的入射角为i，折射角为r，则

i=45°                            

设OP与AD夹角为θ1，由于圆弧CP长度是DP的2倍，则

设AP与AD夹角为θ2，由于△ABC为等腰直角三角形，则OA=OP=R，所以△AOP是等腰三角形，则

n=

解得

（ii）设玻璃的临界角为C，则

解得C=45°

做射到圆弧上Q点光线FQ，连接OQ，设FQ与BC的夹角为θ3，FQ与OQ的夹角θ4，因为圆弧BQ与QD的长度相等，所以

因为所有入射光平行，所以所有折射光线平行，则

由于C ，所以第一次射到圆弧Q点光不能射出玻璃工件。