2023届四川省成都市高三上学期第一次诊断性检测理综物理试题含解析

  成都市2020级高中毕业班第一次诊断性检测

理科综合

1. 如图，新风系统除尘由机械除尘和静电除尘两部分构成，其中静电除尘是通过电离空气后使空气中的粉尘微粒带电，从而被电极吸附的空气净化技术。下图虚线为一带电粉尘（不计重力）在静电除尘管道内的运动轨迹，实线为电场线（未标方向），下列判定正确的是（　　）

A. 带电粉尘带正电 B. 带电粉尘在除尘管道内做匀变速曲线运动

C. 带电粉尘在a点的加速度小于在b点的加速度 D. 带电粉尘在a点的电势能大于在b点的电势能

【答案】C

【解析】

【详解】A．带电粉尘向正极板弯曲，说明带电粉尘带负电，故A错误；

B．管道内的电场不是匀强电场，带电粉尘在除尘管道内受变力作用，做变加速曲线运动，故B错误；

C．电场线的疏密表示场强强弱，可知

带电粉尘在a点所受电场力小于在b点所受电场力，所以电粉尘在a点的加速度小于在b点的加速度，故C正确；

D．带电粉尘从a点到b点电场力做正功，电势能减小，故D错误。

故选C。

2. 北斗导航系统（BDS）是继GPS、GLONASS、GALILEO之后的第四个成熟的卫星导航系统，它由我国自主研制，具有抗遮挡能力强、服务精度高等特点。如图所示，北斗导航系统由三种轨道卫星组成：中圆轨道卫星的周期约为13h、轨道倾角55°；静止轨道卫星的周期为24h、轨道倾角0°；倾斜同步轨道卫星的周期为24h、轨道倾角55°，则（　　）

A. 中圆轨道卫星的动能一定最大

B. 静止轨道卫星的角速度大小为

C. 倾斜同步轨道卫星相对于成都天府广场静止

D. 中圆轨道卫星与静止轨道卫星的轨道半径之比约为169：576

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据牛顿第二定律万有引力提供向心力

整理得

，

中圆轨道卫星的周期最小，故半径最小，运行速度最大，但由于卫星的质量关系不知道，故无法确定动能大小关系，A错误；

B．静止轨道卫星的周期为24h，故角速度大小为

B正确；

C．倾斜同步轨道卫星相对于成都天府广场运动，C错误；

D．由开普勒第三定律得中圆轨道卫星与静止轨道卫星的轨道半径之比

D错误。

故选B。

3. 如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器总电阻为R，所有电表均为理想表。闭合开关S后，当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中（　　）

A. 电流表A1的示数逐渐增大 B. 电流表A2的示数先减小再增大

C. 电容器C的电荷量保持不变 D. 电压表V的示数逐渐增大

【答案】A

【解析】

【详解】B．令滑动变阻器滑片右侧电阻为Ra，滑动变阻器与R0，构成电路的总电阻

当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中，Ra增大，则减小，则干路电流增大，即电流表A2的示数增大，B错误；

A．令滑动变阻器滑片右侧电阻Ra与R0并联总电阻为，则

Ra增大，则增大，由于干路电流增大，则并联部分电压增大，则电流表A1的示数逐渐增大，A正确；

C．电容器C的电压

根据上述，干路电流增大，增大，则电容器C的电压减小，根据

可知，电容器C的电荷量减小，C错误；

D．电压表V的示数为

根据上述，干路电流增大，则电压表V的示数逐渐减小，D错误。

故选A。

4. 如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q>0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q（图中未画出）。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小，Q与c点的高度差为，则可知（　　）

A. Q在c点的正上方

B. Pb=R

C. 从c到Q的过程中，小球的动能不变

D. 从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球飞出后受到水平向右的电场力与竖直向下的重力，则飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做双向的匀变速直线运动，可知，Q在c点的右上方，A错误；

B．从c到Q的过程中，竖直方向上有

从P到c的过程有

解得

B错误；

C．从c到Q的过程中，作出小球的合力与运动轨迹如图所示

根据图形可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大，C错误

D．根据题意可知重力与电场力大小相等，则轨道上等效物理最低点位于bc圆弧的中点，该点轨道所受压力最大，根据

，，

解得

D正确。

故选D。

5. 无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间最大静摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中（　　）

A. 手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态

B. 充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同

C. 充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N

D. 充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N

【答案】D

【解析】

【详解】A．手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；

B．充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；

充电宝在t3时刻加速度方向向下，由

，

可知加速度方向向下，故B错误；

C．在t1时刻充电宝向下的加速度为，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；

D．在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得

又

解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为

故D正确。

故选D。

6. 如图，倾角37°、质量5m的斜面体置于水平地面上，质量3m的物块放在斜面上，穿过光滑小环（O为接触点）的不可伸缩轻质细线一端连接物块，另一端系着质量m的小球，物块与小环间的细线与斜面平行，将小球从位置a由静止释放（此时Oa水平且细线刚好伸直），重力加速度大小为g，sin37°=0.6，则在小球从a摆到最低点b的过程中（物块和斜面体始终静止）（　　）

A. 斜面对物块的摩擦力先减小后增大 B. 斜面对物块的作用力保持不变

C. 斜面对物块的摩擦力最大值为1.2mg D. 地面对斜面体的支持力最小值为6.2mg

【答案】AD

【解析】

【详解】A．当Oa水平时，细线拉力为零，斜面对物块的摩擦力沿斜面向上，大小为

小球从a摆到最低点b点，由动能定理

由牛顿第二定律可得

解得细线拉力

斜面对物块的摩擦力沿斜面向下，小球从a运动到b过程中细线的拉力逐渐最大，所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大，故A正确；

B．斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力变化，所以斜面对物块的作用力变化，故B错误；

C．斜面对物块的沿斜面向上的摩擦力最大值为

斜面对物块的沿斜面向下的摩擦力最大值为

所以斜面对物块的摩擦力最大值为，故C错误；

D．对斜面和物块整体分析，当细线的拉力最大时，地面对斜面体的支持力最小，最小值为

故D正确。

故选AD。

7. 我国成功研制出全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。如图（a）所示，该类型起重机用电机将货物沿竖直方向运送至高处，其提升货物的速度大小v随时间t变化的关系如图（b）所示，图线①、②分别描述两次不同的提升过程，若两次提升的高度相同，提升的货物质量相等，且变速阶段的加速度大小都相同，不计摩擦力和空气阻力，则第①次和第②次提升过程中（　　）

A. 电机最大牵引力之比为F1:F2=4:3

B. 货物上升的时间之比为t1:t2=24:25

C. 电机输出的最大功率之比为P1:P2=4:3

D. 电机对货物所做的功之比为W1:W2=3:2

【答案】BC

【解析】

【详解】A．图像斜率表示加速度，当货物向上匀加速时，电机牵引力最大，根据

由于匀加速过程的加速度相等，则电机最大牵引力之比为

F1:F2=1:1

A错误；

B．图线①中匀加速的末速度等于匀减速的初速度，根据对称性可知

速度加速至3m/s的时间

图像中图线与时间轴所围面积表示位移，两次提示位移相等，令第二次比第一次提示时间多，根据图像有

解得

则图线①的总时间

即货物上升的时间之比为

t1:t2=24:25

B正确；

C．两次提示最大速度分别为4m/s，3m/s，根据

结合上述，电机输出的最大功率之比为

P1:P2=4:3

C正确；

D．根据

可知

则有

W1:W2=1:1

D错误。

故选BC。

8. 如图（a）所示，一带正电的小物块从粗糙程度不清楚的绝缘斜面上O点由静止滑下，途经P、Q两点，所在空间有方向平行于斜面向上的匀强电场，以O点为原点，选斜面底端为重力势能零势能面，作出滑块从O至Q过程中的机械能E随位移x变化的关系如图（b）所示，其中O至P过程的图线为曲线，P至Q过程的图线为直线，运动中物块的电荷量不变，则（　　）

A. O至P过程中，物块做加速度减小的加速运动

B. P至Q过程中，物块做匀加速直线运动

C. P至Q过程中，摩擦力对物块做功的功率不变

D. O至Q过程中，物块的重力势能与电势能之和不断减小

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由于

解得

可知，图像斜率的绝对值表示摩擦力与电场力两个力的合力大小，根据图像可知，O至P过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则摩擦力与电场力两个力的合力逐渐减小，由于物体静止向下滑动，根据

可知加速度逐渐增大，即O至P过程中，物块做加速度增大的加速运动，A错误；

B．P至Q过程中，图像斜率一定，即摩擦力与电场力大小均一定，结合上述，P至Q过程中，物块做匀加速直线运动，B正确；

C．P至Q过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度增大，根据

结合上述可知，P至Q过程中，摩擦力对物块做功的功率逐渐增大，C错误；

D．O至Q过程中，物块只有重力势能、电势能与由于滑动摩擦力做负功而产生的热量三者之间的转化，摩擦力做功逐渐增多，产生的热量逐渐增多，则物块的重力势能与电势能之和不断减小，D正确。

故选BD。

9. 图（a）是某班同学探究质量一定时物体的加速度与合力的关系的实验装置。

他们的设计思路是：①利用拉力传感器测细绳的拉力F并将其作为小车受到的合力；②利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度a；③利用测得的数据作a—F图像并得出结论。

（1）该实验中，是否要求动滑轮、小桶和砂的总质量远远小于小车的质量______（填“是”或“否”）。

（2）图（b）是实验中挑选出一条点迹清晰的纸带，图中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点周期为0.02s，由该纸带可求得小车的加速度a=______m/s2（结果取2位有效数字）。

（3）图（c）是三个小组分别做出的a—F图像，其中，平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像______；图像_______对应的小车质量最小（均填序号字母）。

A． B. C.

【答案】    ①. 否    ②. 1.5    ③. B    ④. A

【解析】

【详解】（1）[1]由于实验中利用拉力传感器直接测出了细绳的拉力，并没有用动滑轮、小桶和砂的总重力表示细绳的拉力，因此该实验中，不需要要求动滑轮、小桶和砂的总质量远远小于小车的质量。

（2）[2]由于相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为

T=5×0.02s=0.1s

舍去第一段，根据逐差法，小车的加速度为

（3）[3]若平衡摩擦力时木板垫得过高，则在没有拉力作用时，小车已经开始运动，即有一定加速度，即a—F图像中，平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像B；

[4]根据

解得

可知，图像的斜率表示，根据图像可知，A图像的斜率大，则A图像对应的小车质量最小。

10. 某兴趣小组要测量程为0~4mA电流计G1的内阻，步骤如下：

（1）小组同学先用多用电表的欧姆挡粗测该电流计G1的内阻。当选择开关拨至“×100”挡时发现指针偏转角度过大，他们应该换用______挡（填“×10”或“×1000”），换挡并进行正确操作后，指针静止时如右下图所示，则电流计G1的内阻Rg1约为______Ω。

（2）为了准确测量电流计G1的内阻，兴趣小组同学从实验室借来以下器材：

电流计G2（量程6mA，内阻Rg2约为100Ω）；

电压表V（量程6V，内阻RV约为6kΩ）；

电源E（电动势3V，内阻很小）；

定值电阻R1（阻值为15Ω）；

定值电阻R2（阻值为300Ω）；

滑动变阻器R3（0~10Ω）；

单刀单掷开关S一个，导线若干。

①若电表读数不能小于量程的，电表应选择______（填器材符号）；

②在确保实验器材安全的前提下，请根据所提供的实验器材在答题卡对应的虚线框内画出合理的实验电路，并在图上标注实验器材符号______；

③若实验中电表的读数分别为Ig1、Ig2或U，则待测表头G1内阻的表达式Rg1=______。

【答案】    ①. ×10    ②. 150    ③. G2    ④.     ⑤. 或

【解析】

【详解】（1）[1]当选择开关拨至“×100”挡时发现指针偏转角度过大，表明待测电阻偏小，为了减小欧姆表读数的误差，应该使得指针指在中央刻线附近，则换用小倍率“×10”；

[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为

15.0×10Ω=150Ω

（2）①[3]电源电动势为3V，为了确保电压测量的精度，不能选择6V量程的电压表，由于实验要求准确测量电流计G1的内阻，则可以利用电流计G2与定值电阻间接测量电压，即让定值电阻与电流计G1并联后，再与电流计G2串联，实验要求电表读数不能小于量程的，由于

则定值电阻选择R2。

②[4]滑动变阻器R3总阻值为10Ω，比电流计G1的内阻小得多，为了使得测量范围尽可能大，滑动变阻器采用分压式，作出电路图如图所示

③[5]根据上述电路，电流计G1的内阻为

11. 如图，绝缘水平桌面上、电荷量为Q(Q > 0）的小球甲固定于A点，另一个电荷量为q的有孔小球乙套在固定的绝缘竖直细杆上，且恰能静止于B点，杆上O点与A等高，AO = d，∠OAB = α = 30°，静电力常量为k，重力加速度大小为g，不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。

（1）指出小球乙带哪种电荷，求出小球乙的质量m；

（2）将小球乙向上拉到C点（∠OAC = β = 60°），再由静止释放，求：

①乙球在C点释放后瞬间的加速度大小a；

②小球到达D点（C、D关于O点对称）时的动能Ek。

【答案】（1）乙带负电，；（2）①，②

【解析】

【详解】（1）小球乙在B点受重力、弹力和电场力这三个力作用平衡，故甲、乙间的电场力为引力，所以乙球带负电；

由平衡条件得

解得

（2）①C点，由牛顿第二定律有

解得

②C、D两点电势相等，从C到D，电场力做功为零，由动能定理有

解得

12. 图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0=0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1=0.3kg的滑块或质量m2=0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ=53°，B与A的高度差，B与P处的小熊相距s=2.2m，薄板长度L=0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1=0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。

（1）求A、B间的水平距离x；

（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；

（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。

【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析

【解析】

【详解】（1）设弹丸在筒口A的速率为，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有

，

又

将代入，解得

，，

（2）弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，设碰后的共同速率为v，对弹丸与薄板组成的系统，由动量守恒定律有

代入数据得

碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运动，设发生的最大位移为。由动能定理有

代入数据解得

因为，所以薄板能撞上小熊，挑战成功

（3）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者速率分别为。因，故两者速度互换，即

（弹丸此后掉落），

薄板所受滑块的滑动摩擦力为

薄板所受平台的最大静摩擦力为

因，故薄板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为，由动能定理有

代入数据得

滑块与薄板发生弹性碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者速度分别为

有

，

代入数据得

此后，滑块和薄板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率为，对滑块和薄板，分别由动量定理有

代入数据得

此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为和

由运动学规律有

因：，滑块与薄板的相对位移

故两者共速假设成立。共速后，因，故假设两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，再发生位移，动能定理有

代入数据得

因

所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。

13. 下列说法正确的是（　　）

A. 花粉在液体中做布朗运动的剧烈程度只与花粉颗粒的大小有关

B. 分子间的引力和斥力同时存在，且均随分子间距离的增大而减小

C. 0℃的冰融化成0℃的水的过程中，水分子热运动的平均动能不变

D. 一定质量的理想气体在等温压缩过程中，一定对外界放出了热量

E. 冰箱能够将热量从低温物体传递到高温物体，所以它不遵循热力学第二定律

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．花粉在液体中做布朗运动的剧烈程度与花粉颗粒的大小和温度有关，A错误；

B．根据分子动理论，分子间的引力和斥力同时存在，且均随分子间距离的增大而减小，B正确；

C．分子的平均动能由温度决定，0℃的冰与0℃的水温度相等，则0℃的冰融化成0℃的水的过程中，水分子热运动的平均动能不变，C正确；

D．一定质量的理想气体在等温压缩过程中，温度不变，则

体积减小，外界对气体做功，则

W>0

根据

解得

可知，一定质量的理想气体在等温压缩过程中，一定对外界放出了热量，D正确；

E．冰箱能够将热量从低温物体传递到高温物体，消耗了电能，因此冰箱仍然遵循热力学第二定律，E错误。

故选BCD

14. 如图，一圆柱形气缸固定在水平地面上，用质量m=1kg、横截面积S=1000cm2的活塞密封着一定质量的理想气体，跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量M=12kg的重物，左、右侧的绳均竖直，活塞与气缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且为10N，开始时缸内气体的温度为t=27℃，压强为p=0.9×105Pa，活塞与气缸底部的距离为H=50cm，重物与水平地面的距离为h=10cm，外界大气压为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，现对缸内气体缓慢加热，求：

（1）重物恰好开始下降时缸内气体的温度；

（2）重物刚与地面接触时缸内气体的温度。

【答案】（1）330K；（2）396K

【解析】

【详解】（1）以气缸中的气体为研究对象，初态：温度，压强；

末态（重物恰好开始下降时）：温度，设气缸中气体压强为；活塞处于平衡状态，由力的平衡条件有

解得

气缸中的气体做等容变化，由查理定律有

解得

（2）活塞从开始运动至重物刚好与地面接触过程中，设末态温度为T2，气体做等压变化，初末状态的体积为

，

由盖-吕萨克定律有

解得

15. 如图，在某一均匀介质中，M、N是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x=0.2sin10πt（m），介质中P点与M、N两个波源的距离分别为3m和5m，两波源形成的简谐波从t=0时刻，同时分别沿MP、NP方向传播，波速都是10m/s，则简谐横波的波长为______m；P点的振动______（填“加强”或“减弱”）；0~1s内，P点通过的路程为______m。（数值结果均保留两位有效数字）

【答案】    ①. 2.0    ②. 加强    ③. 4.8

【解析】

【详解】[1]根据简谐运动的表达式，可知

根据

解得

[2]由于

5.0m-3.0m=2.0m=λ

可知，P点的振动加强；

[3]M波源的振动形式到达P点的时间

N波源的振动形式到达P点的时间

由于

0.5s-0.3s=0.2s=T

根据振动表达式，波源振动的振幅为0.2m，则加强点的振幅为0.4m，则在N波源的振动形式到达P点之前P点通过的路程为

4×0.2m=0.8m

之后P点振动加强，由于

则0~1s内，N波源的振动形式到达P点之后P点通过的路程为

2×4×0.4m+2×0.4m =4.0m

可知，0~1s内，P点通过的路程为

0.8m+4.0m=4.8m

16. 2022年10月31日，中国空间站梦天实验舱发射成功，梦天实验舱主要面向微重力进行科学研究。如图所示为某宇航员进行的水球光学实验，在水球中心注入空气，形成球形气泡，内外两球面球心均在O点，让一束单色光从外球面上的A点与AO连线成53°角射入球中，光束经折射后恰好与内球面B点相切。已知内球面与外球面半径之比为3:5，sin53°=0.8，求：

（1）水的折射率；

（2）欲使该光束能射入内部气泡中，在A点入射角应该满足什么条件？（不考虑光在水中的二次反射）

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设内球面半径为，则外球面半径为，光在A发生折射，由折射定律有

如图所示

由几何关系有

将代入，联立两式解得

（2）刚好满足题设条件（光在内球表面上刚好发生全反射）的光路如答图示

设光在A点的入射角和折射角分别为和，在内球面D点发生全反射，由折射定律有

且

对三角形，由正弦定理有

由三角函数关系有

解得

所以，入射角应该满足什么条件为