2019届四川省成都市高新区高三一诊模拟考试理科综合物理试题（解析版）

成都市高新区2019届高三一诊考试理科综合物理二、物理选择题： 1.叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则：A. 上方球与下方3个球间均没有弹力B. 下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C. 水平地面对下方三个球的支持力均为D. 水平地面对下方三个球的摩擦力均为【答案】C【解析】对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为4mg，每个小球受支持力为mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误．故选C．2.一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是A. A、B、C三点的电势关系为 B. A、B、C三点场强大小关系为C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场线先做正功后做负功【答案】C【解析】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；故选C。【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势能的变化。3.如图所示的温控电路中，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略。当环境温度降低时下列说法正确的是A. 电容器C的带电量增大B. 电压表的读数减小C. 干路电流增大D. R1消耗的功率变大【答案】A【解析】【详解】C、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小．故C错误。A、电容器的电压UC=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I减小，UC增大，由得，电容器C的带电量增大．故A正确．B、总电流I减小，路端电压U=E-Ir，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大．故B错误．D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小．故D错误。故本题选A。4.质量为m=2 kg的物体受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线运动，运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。则下列判断正确的是（     ）A. 0~4 s内物体先做加速运动再做匀速运动B. 6 s末物体的速度为零C. 0~4 s内拉力冲量为18 N·sD. 0~4 s内拉力做功49 J【答案】D【解析】物体是从静止开始运动，故在0~1s内做加速度增大的加速运动，2~4s内做匀加速直线运动，4~6s做加速度减小的加速运动，6s末加速度为零，速度最大，AB错误；a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，故根据动量定理可得0~4s内拉力的冲量为，C错误；因为水平面光滑，故物体受到的合力大小等于F，根据动能定理可得，因为是从静止开始运动的，所以4s末的动量为，根据可得知，D正确．【点睛】解题的突破口是知道a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，然后根据动量定理，动能定理列式计算．5.滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（     ）A. 合外力做功一定大于零B. 所受摩擦力大小不变C. 合外力始终与速度垂直D. 机械能始终保持不变【答案】C【解析】试题分析：根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误；【点睛】考查了曲线运动、圆周运动、动能定理等；知道曲线运动过程中速度时刻变化，合力不为零；在分析物体做圆周运动时，首先要弄清楚合力充当向心力，然后根据牛顿第二定律列式，基础题，难以程度适中．6.2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（    ）A. 质量之积B. 质量之和C. 速率之和D. 各自的自转角速度【答案】BC【解析】本题考查天体运动、万有引力定律、牛顿运动定律及其相关的知识点。双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz（周期T=1/12s），由万有引力等于向心力，可得，G=m1r1（2πf）2，G=m2r2（2πf）2，r1+ r2=r=40km，联立解得：（m1+m2）=（2πf）2Gr3，选项B正确A错误；由v1=ωr1=2πf r1，v2=ωr2=2πf r2，联立解得：v1+ v2=2πf r，选项C正确；不能得出各自自转的角速度，选项D错误。【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、万有引力定律等。7.如图甲所示，倾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角θ，且θ≤45°，两幅图中，滑块、斜面都静止，则以下说法中正确的是（    ）A. 滑块受到斜面的最大静摩擦力为 B. 甲图中斜面受到地面的摩擦力方向水平向左C. 乙图滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下D. 乙图滑块受到的摩擦力可能为零【答案】BD【解析】甲图中滑块所受的摩擦力为；乙图中绳的最大拉力为，此时对滑块：，则滑块受到斜面的最大静摩擦力为，选项A错误；加图中以斜面和滑块组成的整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向左，故B正确；由以上分析可知，当θ=45°时，，选项D正确；当θ<45°时，，此时，即乙图滑块受到的摩擦力沿斜面向上，选项C错误；故选BD.
点睛：本题关键是先根据受力图得出球对细线的拉力，最后对滑块受力分析后根据共点力平衡条件判断静摩擦力变化情况；同时要注意研究对象的灵活选择。8.两个点电荷位于x轴上x1和 x2处, x1=- x2。在他们形成的电场中,若取无限远处的电势为零, 则x轴上各点的电势如图中曲线所示。根据图线提供的信息判断正确的是（ ）A. x=0处的电场强度为零B. x=0处的电场强度最大C. 两点电荷为等量异种电荷D. 将一点电荷自x1 处沿x轴正向移到x2处的过程中，电荷所受的电场力先减小后增大【答案】CD【解析】【详解】从图中可知在接近两个点电荷时，电势或无限大，或无限小，故在处为正电荷；在处为负电荷，并且电势对称，故两电荷量等大，所以为等量异种电荷，C正确；在等量异种电荷连线的中点处，电势为零，但电场强度不为零，在连线上，电场强度先减小后增大，在中点处电场强度最小，即一点电荷自x1处沿x轴正向移到x2处的过程中，电荷所受的电场力先减小后增大，AB错误D正确．【点睛】关键是知道等量异种电荷电场规律，在其连线上，靠近电荷，电场强度增大，即中点电场强度为零，在其连线的中垂线上，电场方向垂直中垂线，指向负电荷，电场强度大小从中点向上下两侧递减，中垂线是一条电势为零的等势面．三、物理实验题9.某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中，用米尺测出接入电路部分的金属丝的长度为l=0.720m，用螺旋测微器测出金属丝直径（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的电阻（电阻大约为5Ω），然后计算出该金属材料的电阻率。在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下实验器材料：A.直流电源（输出电压为3V）B.电流表A（0～0.6A，内阻约0.125Ω）C.电压表A（0～3V，内阻3kΩ）D.滑动变阻器（最大阻值20Ω）E.开关、导线等（1）从图中读出金属丝的直径为____________mm。（2）根据所提供的器材，在虚线框中画出实验电路图____________。（3）若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx=4.0Ω，则这种金属材料的电阻率为_________Ω•m（保留两位有效数字）【答案】    (1). 0.600;    (2).     (3). ;【解析】【详解】（1）从图中读出金属丝的直径为d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm（2）因测量金属丝的电阻率电流不能太大，由，结合电流表读数原理，电流表应满足偏转一半以上，故总电阻大于10Ω小于5Ω，可见滑动变阻器可以用限流式；由于待测电阻的电阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示：（3）根据欧姆定律，有，根据电阻定律，有：，及，联立并代入数据可得：。10.某实验小组的同学用如图所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ。每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值。(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d ，如图乙所示，则d = ______cm。 (2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数μ，本实验还需要测出或知道的物理量是______(填下列序号)。A.滑块和遮光板的总质量m B.斜面的倾角θC.当地的重力加速度g (3)实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求μ值，则应作出的图象为_________；A. 图象                      B. 图象D. 图象                      C. 图象(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为k，则关于μ值的表达式为μ = _____________。 (可用以上物理量的符号表示)【答案】    (1). 0. 225 cm    (2). BC     (3). B     (4). 【解析】(1)主尺示数为2 mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：，故最后读数为：。(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度 由动能定理有：可得，选项B、C正确。(3)由，可以得到：，即图象是一条过原点的直线，可作线性图象处理数据求值，B项正确。(4)由得。点睛：考查动能定理与运动学公式的内容，掌握图象的斜率含义，注意理解表达式推导的方法，本题也可以用牛顿第二定律结合运动学公式进行处理；同时也要注意游标卡尺的读数问题。四、计算题11.如图所示的半圆形轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动．弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从最高点c抛出。已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L＝3m，圆的半径R＝0.1m，小球质量m＝0.01kg，轨道质量为M＝0.19kg，g取10m/s2，求：(1)若v0＝5m/s，小球从最高点c抛出后的水平射程．(2)若v0＝5m/s，小球经过轨道的最高点c时，管道对小球的作用力．(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多少时，小球经过c点时，轨道对地面的压力为零．【答案】（1）0.6m.（2）0.8N，方向竖直向下．（3）6m/s.【解析】【分析】由动能定理得小球到达c点处速度，小球由c点做平抛运动，根据平抛运动规律求出小球从最高点c抛出后的水平射程；当小球通过c点时，要使轨道对地面的压力为零由牛顿第二定律得小球通过c点的速度大小，再由动能定理得小球初速度大小；【详解】解：(1)设小球到达c点处速度为v，由动能定理得：    ①小球由c点做平抛运动，有：   ②    ③联立①②③并代入数值，解得小球从最高点c抛出后的水平射程： (2)当小球通过c点时，由牛顿第二定律得：代入数值解得管道对小球作用力：，方向竖直向下 (3)设小球到达c点处速度为vc，由动能定理得 ④当小球通过c点时，由牛顿第二定律得：   ⑤要使轨道对地面的压力为零，则有：    ⑥联立④⑤⑥并代入数值，解得：12.在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：mAgsin θ＝FT①对B有：qE＋f0＝FT②代入数据得f0＝0．4 N ③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋mAgsin θ－F′T－Fksin θ＝mAa ④对B有：F′T－qE－f＝mBa ⑤其中f＝μmBg ⑥Fk＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd ⑧由几何关系得x＝－⑨A由M到N，由v－v＝2ax得A运动到N的速度v＝⑩拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv ⑪由以上各式，代入数据P＝0．528 W ⑫考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解。A从M到N的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程。根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程。根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N的速度，最后由功率公式求出功率。视频 13.有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则_______A． a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱B． 从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为4AC． 从图示时刻经过半个周期，g处质点加速向平衡位置运动D． 从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零E． 从图示时刻经过半个周期，b处质点通过的路程为2A【答案】ABC【解析】【分析】根据两波在质点处的振动得到质点合振动，根据波的传播方向及几何关系得到质点位移及振动方向，从而得到质点振动及运动路程。【详解】A、a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，故A正确；BC、根据几何关系可知：两波的波谷同时传播到e，g；故e，g均为振动加强点，振幅为2A；那么，从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为2×2A=4A；由e为连线的中点，可得：图示时刻两波在e点都处于平衡位置向下运动，故图示时刻质点g位移为正，在向平衡位置运动，故从图示时刻经过半个周期，g处质点位移为负，在向平衡位置运动，故B、C正确；D、d为振动加强点，那么，d点振动周期不变，振幅为2A，故从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅为2A，故D错误；E、b为振动减弱点，又两列波振幅均为A，所以两列波在b点的合振幅等于0，从图示时刻经过半个周期，b处质点通过的路程为0，故E错误；故选ABC。14.在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面是边长为a的等边三角形，如图所示．有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为，光在空气中传播的速度为c.求：（1）光束在桌面上形成的光斑半径R（2）光束在玻璃中传播的时间t【答案】（1）R=2r（2）【解析】【分析】平行光束垂直入射到圆锥的底面上，方向不变射到母线上发生折射，由于入射角等于60°，而玻璃的折射率为1.5，可得临界角小于45°，所以会发生光的全反射，反射光线却恰好垂直射出．故可根据几何关系可确定光斑的半径光束在桌面上形成的光斑半径R；根据几何知识求光束在玻璃中传播的距离，由求出光束在玻璃中传播的速度，从而求得光束在玻璃中传播的时间t．【详解】（i）设玻璃的临界角为C，根据①，得②；光线垂直圆锥底面BC射入玻璃时，直线传到AB面．由几何关系可知入射角 ，由于，所以光线会在AB面上发生全反射③，光路如图，由几何关系知，反射光线恰好垂直AC面射出④，由几何关系可知：AE=2r，在△AEG中，由于∠AEG=∠AGE=30°，则AG=AE=2r⑤，所以，由旋转对称性可知光束在桌面上形成的光斑半径R=2r⑥；（ii）由于△AEH为等边三角形，所以EF=AN，故光线在玻璃中的传播距离始终为⑦，其余入射点的光线在玻璃中的传播距离类似证明均为L，
光线在玻璃中的传播时间⑧，而⑨，联立解得⑩；另解：（ii）如图，经过任意入射点P的光线在玻璃中的传播传播路径为PQS，由于△AQT为等边三角形，所以QS=AJ，故光线在玻璃中的传播距离始终为⑦
光线在玻璃中的传播时间⑧，而⑨，联立解得⑩【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，画出光路图，运用几何知识结合解决这类问题．