2019届四川省宜宾市第四中学高三二诊模拟考试理综-物理试题（解析版）

四川省宜宾市第四中学2019届高三二诊模拟考试理综-物理试题

1.一物体做加速度为的直线运动，时速度为，下列说法正确的是（   ）

A. 初速度为说明物体在做减速运动

B. 加速度为说明物体在做减速运动

C. 时物体的速度为

D. 初速度和加速度方向相同，物体在做加速运动

【答案】D

【解析】

当速度与加速度方向相同时，物体做加速运动，根据速度公式，得，经过1 s，速度为，故ABC错误，D正确，故选D。

2.如图所示，细线一端固定，另一端栓一小球，小球处于静止状态。现用一始终与细线垂直的力F缓慢拉着小球沿圆弧运动，直到细线水平，在小球运动的整个过程中，F和细线拉力的变化情况为:

A. F先增大后减小 B. F不断增大

C. 细线的拉力先增大后减小 D. 细线的拉力不断增大

【答案】B

【解析】

对小球受力分析，如图所示：

由上图可知，F和T的合力与重力大小相等，方向相反，故可以将这三个力放在一个闭合的矢量三角形内进行分析，如图所示：

在缓慢变化的过程，重力保持不变，F与T的方向始终垂直，且三个力始终构成一个闭合的矢量三角形，故由图可知，F的大小不断增大，拉力T的大小不断减小，故ACD错误，B正确，故选B.

3.2016年8月全球首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射成功，“墨子号”卫星最终在距地面高度约为500km的圆形轨道上运行．2016年10月，神舟十一号飞船与天宫二号空间站自动交汇对接成功，并在距地面高度约为393km的圆形轨道上运行，则以下说法正确的是(    )

A. “墨子号”卫星的运行速度比天宫二号大

B. “墨子号”卫星的运行周期比天宫二号大

C. “墨子号”卫星的向心加速度比天宫二号大

D. “墨子号”卫星和天官二号的运行速度都可能等于7.9 km/s

【答案】B

【解析】

根据万有引力提供向心力，得：，T＝2π，可知，半径比较大的“墨子号”运行线速度比天宫二号线速度小，故A错误； “墨子号”轨道半径较大，周期较大，所以“墨子”号卫星的运行周期比天宫二号大，故B正确；“墨子号”轨道半径较大，向心加速度较小，“墨子号”运行向心加速度比天宫二号向心加速度小，故C错误。7.9km/s是地球卫星最大的运行速度，“墨子”号卫星和天宫二号的运行速度都小于7.9 km/s，故D错误；故选B。

4.如图，图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R= 20Ω，L1、L1为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接l且S2闭合，此时L2正常开光．下列说法正确的是

A. 输入电压u的表达式u= 20sin(50πt)V

B. 当S1接1，断开S2时，L1、L2均正常发光

C. 当S1接1，断开S2时，原线圈的输入功率将增大

D. 当S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W

【答案】D

【解析】

【详解】周期T=0.02s，ω=100π rad/s，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100πt）V，故A错误；当S1接1，断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，L1、L2不能正常发光；原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，选项BC错误；若S1换接到2后，根据原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，原线圈电压有效值为20V，则电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为 P==0.8W，故D正确；故选D。

5.图示为一半径为0.6m的四分之一圆柱体OAB的竖直截面，在A点正上方的C点(图中未标出)水平向左抛出一个小球，小球恰好在D点沿DO方向撞向圆柱体表面。已知OD与OA的夹角，忽略空气阻力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，则A、C两点间的距离为

A. 0.363m B. 0.405m C. 0.46m D. 0.52m

【答案】B

【解析】

小球从C点运动到D点做平抛运动，令小球在D点的竖直分速度为vy，则有：，解得小球运动时间为：，根据平抛规律，水平方向有：，A、C两点间的距离为：，解得：H=0.405m，故B正确，ACD错误。

6.2018年3月15日，华体集团泳联吐界杯日本站展开争夺。巾围队首日告捷，包揽了男女双人10米台和男女双人3米板的4枚金牌。我国某一跳水运动员在走扳时，从跳板的A端缓慢地走到B端，跳板逐渐向下弯曲，如图所示，在此过程中，该运动员对跳板的

A. 压力不断增大 B. 摩擦力不断增大

C. 作用力不断增大 D. 作用力不变

【答案】BD

【解析】

由题意可知，运动员从A端走到B端的过程中，跳板的弯曲度不断增大，令运动员在某点时过该点的切线与水平方向的夹角为，则运动员受到的弹力为，摩擦力为，可知运动员在走动过程中，夹角变大，FN减小，f增大，故A错误，B正确；由于该运动员始终处于平衡状态，根据二力平衡可知跳板对运动员的作用力始终等于重力，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。

7.如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ=37°，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0~9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L=2m，重力加速度取g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计(sin37°=0.6，cos37°=0.8)。则

A. 金属杆滑动时产生的感应电流方向是 aPMba

B. 金属杆的质量为m=0.5kg

C. 金属杆的接入电阻r=2Ω

D. 当R=2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端电压为8V

【答案】AC

【解析】

A、导体棒向下切割磁感线由右手定则可知杆中电流方向或aMPba，故A正确

B、当速度达到最大时，导体棒的加速度为零，即受力平衡，由平衡可知

结合图像可知： ； 故B错；C对；

D、当R=2Ω时，结合图像，最终的速度为8m/s，

根据电路知识：

可解得： 故D错误

故选AC

8.如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E，半圆形轨道处于竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m，带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，并能恰好通过最高点D，则下列物理量的变化对应关系正确的是(　　)

A. 其他条件不变，R越大，x越大

B. 其他条件不变，m越大，x越大

C. 其他条件不变，E越大，x越大

D. 其他条件不变，R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大

【答案】AB

【解析】

试题分析：小球在BCD部分做圆周运动，在D点，由牛顿第二定律有：，小球由B到D的过程中机械能守恒：，联立解得：，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；小球由A到B，由动能定理得：，将代入得：，知m越大，x越大，B正确；E越大，x越小，C错误；在B点有：，将代入得：=6mg，选项D错误。

考点：圆周运动，动能定理

三、非选择题：

（一）必考题                                                                

9.在探究动能定理的实验中,某实验小组组装了一套如图甲所示的装置,拉力传感器固定在小车上,一端与细绳相连,用拉力传感器记录小车受到拉力的大小。穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接,打点计时器打点周期为T,实验的部分步骤如下:

甲

（1）平衡小车所受的阻力:不挂钩码,调整木板右端的高度,用手轻推小车,直到打点计时器在纸带上打出一系列__________的点。

（2）测量小车和拉力传感器的总质量m,按图组装好仪器,并连接好所需电路,将小车停在打点计时器附近,先接通拉力传感器和打点计时器的电源,然后_________,打出一条纸带,关闭电源。

（3）在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图乙所示,在纸带上按打点先后顺序依次取O、A、B、C、D、E等多个计数点,各个计数点到O点间的距离分别用hA、hB、hC、hD、hE、…表示,则小车和拉力传感器在计时器打下D点时的动能表达式为________,若拉力传感器的读数为F,计时器打下A点到打下D点过程中,细绳拉力对小车所做功的表达式为_______。 

乙

(4)某同学以A点为起始点,以A点到各个计数点动能的增量ΔEk为纵坐标,以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标,得到一条过原点的倾角为45°的直线,由此可以得到的结论是______________。

【答案】    (1). 间距相等    (2). 释放小车    (3).     (4). F(hD-hA)    (5). 外力所做的功等于物体动能的变化量

【解析】

①平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系间距相等的点。

③打下D点时的速度vD=，打下D点时的动能EKD=MvD2=；

拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做的功W=F（hD-hA）。
④由动能定理得：△EK=W，以A点到各个计数点动能的增量为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此可以得到的结论是：外力所做的功，等于物体动能的变化量。

10. 分）（某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好。维修人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障。他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。

①断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图2所示，读数为         V，说明         正常（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）。

②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和题6图2相同，可判定发生故障的器件是         （选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）

【答案】①11.5 （11.2～11.8） ；蓄电池    ② 小灯

【解析】

试题分析：①多用电表直流50V的量程读中间均匀部分，共50格，每格1V，应该估读到0.1V，指针在11-12之间，读数为11.5V。开关断开，相当于电压表并联在蓄电池两端，读出了蓄电池的电压，故蓄电池是正常的。

②两表笔接b、c之间并并闭合开关，测试得相同电压，说明a、b之间是通路，b、c之间是断路，故障器件是小灯。

考点：本题考查了万用表读数、电路故障的判断.

11.（16分）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2。取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）碰撞前瞬间A的速率v。

（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度。

（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L。

【答案】（1）2m/s   （2）1m/s     （3）0.25m

【解析】

试题分析：（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：

可得

（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：，可得[

（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得：，可得L=0.25m

考点：对动能定理和机械能守恒定律的考查

12.如图所示，在0≤x≤a的区域I内有垂直于纸面向里的匀强磁场．在x>a的区域II内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B0。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿x轴从原点O射入磁场。当粒子射入速度不大于v0时，粒子在进场中运动的时间都相同，求：

（1）速度v0的大小；

（2）若粒子射入磁场的速度大小为v0，其轨迹与x抽交点的横坐标；

（3）调节区域II磁场的磁感强度为λB0，使粒子以速度nv0（n>1）从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，n与λ满足的关系。

【答案】（1）  （2）  （3）

【解析】

（1）粒子恰好与边界相切时R＝a

qvB＝m

解得：v0＝

（2）带电粒子运动的轨迹如图所示，O1、O2分別为轨迹的圆心，

由几何关系可得rsinθ＝a 

O2A＝2rsinθ

O2B＝2rcosθ－r＝（2－）a

轨迹与x轴交点坐标为x＝O2A＋BC＝2(1＋)a

（3）粒子在区域I中圆周运动的半径为R1，根据qnv0B0＝m

粒子在区域II中圆周运动的半径为R2，qnv0λB0＝ m

在区域II中圆周运动的圆心位于x轴上才可能使粒子从O点射出

R1sina＝a

（R1＋R2）cosa＝R1

解得：

点睛：对于带电粒子在磁场中的运动问题，关键正确画出粒子运动轨迹，运用几何知识求半径以及相关角度或距离，需要注重提高学生的数形结合思想．

【物理—选修3-3】

13.有关热现象，下列说法正确的是（   ）

A. 空气的绝对湿度大，相对湿度不一定大

B. 荷叶上的小水珠呈球形，是表面张力使液面收缩的结果

C. 布朗运动是指液体分子的无规则运动

D. 用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现

E. 一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行

【答案】ABE

【解析】

【详解】相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，而绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强，绝对湿度大，相对湿度不一定大，故A正确；荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果，故B正确；布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，不是分子运动，故C错误；热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是各向同性的表现，但金属是多晶体，所以这是多晶体各向同性的表现，故D错误；根据热力学第二定律，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，故E正确；故选ABE。

14.如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为3T0、压强为2P0的理想气体．P0和T0分别为大气的压强和温度．已知：容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，求：缸内气体与大气达到热平衡时外界对气体所做的功W.

【答案】

【解析】

【详解】在气体由压强p=2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T=3T0变为T1，
由查理定律得：

解得：T1=T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖•吕萨克定律得
解得：V1＝V
在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=p0△V  
△V=V-V1，
解得：W=P0V

【物理选修3-4】

15.如图甲所示，沿波的传播方向上有间距均为1m的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a从平衡位置竖直向上做简谐运动，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以1m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（     ）

A．这列波的周期为4s

B．0~3s质点b运动路程为4ccm

C．4~5s质点c的加速度在减小

D．6s时质点e的振动速度水平向右为1m/s

E．此六质点都振动起来以后，质点a的运动方向始终与质点c的运动方向相反

【答案】ABE

【解析】

A项：由图乙可知，波的周期为T=4s，故A正确；

B项：波从a传到b所以的时间为，即经过1s后质点b开始振动，再过2s即半个周期通过的路程为2A等于4cm，故B正确；

C项：波从a传到c所以的时间为，4~5s即质点c开始振动后第二个，由c质点开始向上振动，所以在第二个，所以质点c从平衡位置向波谷运动，所以加速度在增大，故C错误；

D项：质点只在各自的平衡位置上下振动，故D错误；

E项：由于质点a与质点c相差半个波长，所以它们的振动步调刚好相反，故E正确。

点晴：解决本题关键理解质点要振动首先要波传到该质点再上下的振动，质点不会随波逐流，只会在各自的平衡位置振动。

16.如图为半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直．一束复色光沿半径方程与OO′成θ=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=到n2=的光束，因而光屏上出现了彩色光带．

（1）求彩色光带的宽度；

（2）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求θ角至少为多少？

【答案】(1) (2)

【解析】

试题分析：①由折射定律有

代入数据解得：β1＝45° β2＝60°

故彩色光带的宽度有Rtan45°－Rtan30°＝（1－）R

②此时折射率为n1的单色光恰好发生全反射，故

即入射角θ＝C＝45°

考点：光的折射定律；全反射

【名师点睛】此题考查了光的折射定律及全反射问题；解题时除了要掌握光的折射定律级临界角公式外，还要结合几何光路图求解。