四川省成都市2019届高三第一次诊断性检测理科综合物理 试卷

四川省成都市2019届高三第一次诊断性检测
理科综合物理试卷
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

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，顶部有“凹槽”的物体P静止于固定斜面上，将物体Q轻放入“凹槽”，P仍然静止。

则放入Q后与放入Q前比较
A. P对斜面的压力变大
B. P与斜面间的摩擦力变小
C. P对斜面的作用力不变
D. P所受的合外力增大
【答案】A
【解析】
【详解】放入Q之前P对斜面的压力为m p gcosθ，放入Q后P对斜面的压力为(m p+m Q)gcosθ，则P对斜面的压力变大，选项A正确；放入Q之前P对斜面的摩擦力为m p gsinθ，放入Q后P 对斜面的摩擦力为(m p+m Q)gsinθ，则P与斜面的摩擦力变大，选项B错误；斜面对P的作用力与P的重力等大反向，可知放入Q后，斜面对P的作用力变大，即P对斜面的作用力变大，选项C错误；放入Q前后物体P始终静止，所受的合力为零不变，选项D错误；故选A.
2.某电场的电场线分布如图中实线所示，一带电粒子仅受电场力作用的运动路径如图中虚线所示，M、N是路径上的两点，粒子在MN点的加速度大小分别为a M、a N，速度大小分别为v M、v N。

则下列判断正确的是
A. 粒子带负电
B. 粒子定从M点运动到N点
C. a M＞a N
D. v M＜v N
【答案】D
【解析】
【详解】电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，所以A错误；只是知道粒子受力方向，不能决定粒子是否是从M 点运动到N点，选项B错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，所以C错误。

若粒子从N点到M点，运动方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大，粒子的速度减小，所以N点速度大，所以D正确；故选D。

【点睛】该类题目，一般先根据粒子的运动的轨迹弯曲的方向，判断出粒子的受到的电场力的方向，然后判定电荷的正负与电场力做功的正负．
3.a、b两车在同一平直公路上行驶，a做匀速直线运动，两车的位置x随时间t的变化如图所示。

下列说法正确的是
A. b车运动方向始终不变
B. a、b两车相遇两次
C. t1到t2时间内，a车的平均速度小于b车的平均速度
D. t1时刻，a车的速度大于b车的速度
【答案】B
【解析】
【详解】因x-t图像的斜率等于速度，则b的斜率先正后负，可知b车先向正方向运动后向负方向运动，运动方向发生改变，选项A错误；图像a与b有两个交点，说明两车相遇两次，选项B正确；t1到t2时间内，两车的位移和时间均相同，则a车的平均速度等于b车的平均速度，选项C错误；因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知t1时刻，a车的速度小于b车的速度，选项D错误；故选B.
【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，结合位移和时间的大小比较平均速度．
4.套圈游戏是一项趣味活动。

如图，某次游戏中，一小孩从距地面高0.45m处水平抛出半径为0.1m的圆环(圆环面始终水平)，套住了距圆环前端水平距离为1.2m、高度为0.25m的竖直细圆筒。

若重力加速度大小g=10m/s2，则小孩抛出圆环的速度可能是
A. 4.3m/s
B. 4.6m/s
C. 6.5m/ s
D. 7.5m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
根据h1-h2=gt2得，。

则平抛运动的最大速度
，最小速度，则6m/s＜v＜7m/s。

故C正确。

故选C。

【详解】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住水平位移的范围得出速度的范围．
5.如图所示的点电荷电场中，带正电的场源点电荷固定于O点，OP=r。

已知一个电荷量为q
的正检验电荷在P点受到的电场力大小为F、具有的电势能为E P，静电力常量为k。

下列说法正确的是
A. P点的场强大小为
B. P点的电势为qE P
C. 场源电荷的电荷量为
D. 撤去检验电荷q，P点的场强、电势均变为0
【答案】AC
【解析】
【详解】根据场强的定义式可知，P点的场强大小为，选项A正确；P点的电势为，
选项B错误；根据，可知场源电荷的电荷量为，选项C正确；撤去检验电荷q，P点的场强、电势均不变且不为零，选项D错误；故选AC.
6.如图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ。

则下列说法正确的是
A. 在轨道Ⅱ上，卫星的运行速度大于7.9km/s
B. 在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度
C. 卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ
D. 在轨道I上运行的过程中，卫星、地球系统的机械能不守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】第一宇宙速度7.9km/s是所有环绕地球运转的卫星的最大速度，则在轨道Ⅱ上，卫星的运行速度小于7.9km/s，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，在轨道I上，卫星在P 点的速度大于在Q点的速度，选项B正确；从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。

所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故C正确；在轨道I 上运行的过程中，只有地球的引力对卫星做功，则卫星、地球系统的机械能守恒，选项D错误；故选BC.
【点睛】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力解决问题的思路。

卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。

7.如图甲所示的电路中，电源电动势为3V、内阻为2Ω，R是阻值为8Ω的定值电阻，A是理想电流表，L是小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。

闭合开关S，电路稳定后，A表的示数为0.2A。

下列说法正确的是
A. 由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大
B. 电路稳定后，电源内部发热消耗的功率是0.4W
C. 电路稳定后，灯泡L消耗的电功率为1.0W
D. 电路稳定后，电源的效率约为87%
【答案】AD
【解析】
【详解】因I-U图像的斜率等于电阻的倒数，可知由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大，选项A正确；电路稳定后，电源内部发热消耗的功率I2r=0.22×2W=0.08W，选项B错误；电路稳定后，灯泡两端的电压为U L=E-I(r+R)=3-0.2(2+8)=1V，则灯泡L消耗的电功率为
P L=IU=0.2×1W=0.2W，选项C错误；电路稳定后，电源的效率约为，选项D正确；故选AD.
【点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点的直接应用，要求同学们能正确分析灯泡的伏安特性曲线，能根据图象读出有效信息．
8.下述为一个观察带电粒子在平行板电容器两板间电场中运动情况的实验。

实验操作如下：
①给图示真空中水平放置的平行板电容器充电，让A、B两板带上一定的电荷量，使一个带电油滴恰能在两板间匀强电场中的P点静止；②再给电容器瞬间充电使其电荷量突然增加△Q，让油滴开始竖直向上运动时间t发生位移x；③即刻让电容器瞬间放电使其电荷量突然减少
△Q′，观察到又经时间2t，油滴刚好运动到P点下方距P点x远处。

若电容器瞬间充、放电时间不计，油滴运动过程中未与极板接触，油滴电荷量始终不变，则关于上述②和③两个过程，下列说法正确的是
A. 油滴运动的加速度大小之比a2︰a3=3︰2
B. 合力的平均功率之比︰=4︰5
C. 合力的冲量大小之比I2：I3=1︰3
D. △Q︰△Q′=2︰5
【答案】CD
【解析】
【详解】设油滴的质量为m，带电量为q，电容器板间距离为d，电容器为C．在第一步过程中，设电容器的充电量为Q，板间电压为U0，场强为E0，受力情况如图甲所示：由题意得E0q=mg，
U0=，E0=，联立解得mg=．
在第二步过程中，在第二步过程中，由于油滴受到向上的电场力大于重力，故油滴竖直向上做匀加速直线运动；设板间电压为U1，场强为E1，油滴的加速度大小为a1，ts末的速度为υ1，
位移为x，受力情况如图乙所示，有U1＝；E1＝，E1q−mg＝ma2，x＝a2t2，υ1＝a2t
在第三步过程中，在第三步过程中，由于开始时，油滴已有向上的速度，故油滴先竖直向上做匀减速直线运动，然后反向做初速度为零的匀加速直线运动．设板间电压为U2，场强为E2，
油滴的加速度大小为a2，受力情况如图丙所示．U2＝，E2＝，mg−E2q＝ma3，−2x ＝υ1•2t−a3(2t)2；由以上各式得：a2︰a3=2︰3；△Q︰△Q′=2︰5；选项A错误，D正确；合
力之比为F2：F3=ma2:ma3=2:3可知，合力的平均功率之比；选项B错误；根据I=Ft 可知合力的冲量大小之比I2：I3=F2t：F3∙2t=1︰3，选项C正确；故选CD.
【点睛】本题过程较为复杂，一是要分析物理过程列运动方程；另外还要分析受力列加速度方程，同时要掌握电容器的计算等问题，但只要细心分析，找出物体受力及运动学关系，结合电容器的性质即可求解．
9.“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图甲。

当小车在1条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条……完全相同的橡皮筋进行第2次第3次……实验时，由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同，因此第2次第3次……实验中橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W……。

每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。

(1)关于该实验，下列说法正确的是__________和__________。

(填选项序号字母)
A.打点计时器可以用干电池供电
B.必须平衡摩擦力
C.每次实验，小车必须从同一位置由静止弹出
D.可以选用规格不相同的橡皮筋
(2)图乙为某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、
C、D、E相邻两点间的距离分别为AB=1.60cm，BC=1.62cm，CD=1.64cm，DE=1.64cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度v m=__________m/s。

(结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). B (2). C (3). 0.82
【解析】
【详解】（1）打点计时器必须用交流电源，不可以用干电池供电，选项A错误；必须平衡摩擦力，从而保证合力的功就是细线拉力的功，选项B正确；每次实验，小车必须从同一位置由静止弹出，以保证每条橡皮筋做功相同，选项C正确；实验时只能选用规格相同的橡皮筋，以保证橡皮筋做的功与条数成正比，选项D错误；故选BC.
（2）小车获得的最大速度要根据CD或DE部分的纸带来计算，则最大速度为。

【点睛】本题关键要明确小车的运动情况，先加速，再匀速，最后减速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，因此明确实验原理是解答本题的关键．
10.为了测定阻值约为20Ω的某电阻丝的电阻R x，实验室提供了如下器材：
A.电源E(电动势4V，内阻不计)
B.电流表A1(量程150mA、内阻r1约10Ω)
C.电流表A2(量程20mA，内阻r2=20Ω)
D.电压表V量程15V内阻约为15kΩ)
E.定值电阻R0(阻值100Ω) F滑动变阻器R(最大阻值5Ω)
G.开关S及导线若干
实验要求：测量精度尽量高，测量时电表读数不得小于其量程的三分之一，且指针偏转范围较大。

(1)在提供的器材中，不需要的是__________(填器材序号字母)
(2)请在答题卡上补画图甲所示虚线框内的电路原理图________(需标出器材符号)。

(3)用I1表示电流表A1的示数、I2表示电流表A2的示数，测得多组数据并作出相应的I2－I1图像如图乙所示，若得到图线的斜率为k。

则电阻丝的电阻表达式为R x=__________。

【答案】 (1). （1）D (2). （2）电路图见解析； (3). （3）
【解析】
【详解】（1）因电源电压只有4V，可知电压表的量程过大，不需要电压表D；（2）将A2与定值电阻R0串联可代替电压表；电路采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；电路如图；
（3）由欧姆定律可知：即，即，解得。

11.如图，质量分别为m A=1kg、m B=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C。

零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开。

已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2。

求：
(1)前2s内，A的位移大小；
(2)6s末，电场力的瞬时功率。

【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1
可得系统的加速度a1=1m/s2；
由运动规律：x=a1t12
解得A在2s内的位移为x=2m；
（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；
绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2
解得a2=2m/s2；
由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)
解得v2=10m/s
电场力的功率P=Fv，解得P=60W
12.如图，半径R=0.5m的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，AB是轨道的竖直直径，轨道下端点B上静止着质量m=2kg的小物块，轨道在B点与倾角θ=30°的传送带(轮子半径很小)
上端点相切；电动机带动传送带以v=8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDO平滑连接，B、C间距L=4m；一轻质弹簧的右端固定在O处的挡板上，质量M=10kg的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x0=4.4m，OD段光滑，DC段粗糙。

现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M在传送带上一直做匀加速直线运动，在轨道上B点M与
m正碰(碰撞时间不计)，碰后两物体粘在一起且恰好能沿圆轨道通过A点，上述过程中，M经C点滑上和经B点离开传送带时，速度大小不变，方向分别变为沿传送带向上和水平向左。

已
知M与传送带间的动摩擦因数为μ1=、与CD段间的动摩擦因数为μ2=0.5，且m、M均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2。

求：
(1)在圆弧轨道的B点，m、M碰后粘在一起的瞬间对轨道的压力
(2)M在传送带上运动的过程中，系统由于摩擦产生的热量Q；
(3)M释放前，系统具有的弹性势能EP以及带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】（1）mM恰能过A点，由牛顿第二定律：
解得
从B到A由机械能守恒：
解得v B=5.0m/s
在圆弧轨道B点，设轨道对物体的支持力为F N，则
解得F N=720N，
根据牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力大小为720N，方向竖直向下；
（2）射出的M碰前瞬间的速度v1，在C点的速度v C，在传送带上的加速度为a，运动时间为t，m、M碰撞过程由动量守恒：
解得v1=6m/s；
M在传送带上运动时由牛顿第二定律：
解得a=2.5m/s2
由公式：v12-v C2=2Al
解得v C=4m/s；
由v1=v C+at
解得t=0.8s；
传送带在t时间内的位移:x1=vt=6.4m摩擦生热：
解得Q=180J
（3）设弹簧弹力对物体做功W，则从弹簧的压缩端到C点，对M由动能定理：
，
解得：W=-(0-E P)=300J；
由
解得E=480J
13.下列说法正确的是_________
A. 当水蒸气达到饱和状态时，仍然有水分子不断从液体中逸出
B. 当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
C. 一定质量的气体在体积不变时，分子每秒与器壁的平均碰撞次数随温度升高而增大
D. 给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力
E. 能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性
【答案】ACE
【解析】
【详解】水蒸气达到饱和状态时是一种动态平衡，所以当水蒸气达到饱和状态时，仍然有水分子不断从液体中逸出，故A正确；当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项B错误；气体压强是分子对容器的碰撞引起的，与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故一定质量的气体，在体积不变时，分子数密度不变，而温度是分子热运动平均动能的标志，故分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度升高而增大，故C正确；给车胎打气，越压越吃力，是由于气体压强的缘故，与分子间的作用力无关，选项D错误；能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，选项E正确；故选ACE.
14.如图，用绳子悬挂一内壁光滑的圆柱形倒立汽缸，汽缸处于竖直状态，高度H0=0.8m、底面积S=30cm2，缸内有一个质量为m=15kg的活塞，封闭了一定质量的理想气体。

温度为27℃
时，活塞距缸底的距离为L0=0.5m。

已知大气压强p0=105Pa，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，重力加速度大小g=10m/s2。

求：
(i)用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体至少要升高的温度Δt；
(ii)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做的功W。

【答案】(i) (ii)
【解析】
【详解】（1）气体等压变化，由盖吕萨克定律：
解得T2=480K，
升高的温度：
（2）气体等压膨胀，压力不变，活塞受力平衡：PS+mg=P0S
气体压力对活塞做功：W=PS(H0-L0)=45J
15.一波源Q发出一列简谐横波，波源Q的振动图像如图所示。

在波的传播方向上有M、N两质点，它们到波源Q的距离分别为30m和48m，测得MN开始振动的时间间隔为3.0s。

下列说法正确的是_________
A.M开始振动的方向向上
B.该波的波长为18m
C.N的振动比波源Q滞后8.0s
D.N开始振动后，在9s内通过的路程为0.3m
E该波不能发生偏振现象
【答案】ACD
【解析】
【详解】因振源开始起振的方向向上，可知M开始振动的方向向上，选项A正确；由振动图
象可知该波的周期 T=6s，M、N两点开始振动的时间间隔为△t=3.0s=T，所以M、N间的距离为半个波长，所以λ=2×（48-30）m=36m，故B错误。

该列波的波速为 v=λ/T=36/6m/s=6m/s，
N的振动比波源Q滞后，故C正确。

9s=1T，则N开始振动后，在9s内通过的路程为6A=30cm=0.3m，选项D正确；该波是横波，能发生偏振，选项E错误；故选ACD. 【点睛】本题的关键是明确机械波的传播原理，后面质点重复前面质点的振动，但是总是滞后前面的质点；同时要求同学们能根据振动图象图象读出周期，进而判断MN两点的位置关系，从而求波长和波速．
16.如图，一半径为R，高度也为R的圆柱形均匀透明体的底面中心处有一点光源S，在圆柱体的上表面有一点M，M离上表面中心O的距离d=R，经过M点射出的光线其折射角为60°
(i)求透明体的折射率n；
(ii)从透明体上表面观察，若要看不到光源，可用不透明的黑纸覆盖上表面，求黑纸的最小面积S min。

【答案】(i) (ii)
【解析】
【详解】（1）如图，连接OS可得：解得入射角i=θ=300折射角为r=600
由折射定律可知 .
（2）设临界角为C，黑纸的最小半径为r min，则
i=C时恰好发生全反射，由几何关系可知：
解得。