2019届四川省泸州市泸县第一中学高三二诊模拟理综-物理试题（解析版）

四川省泸州市泸县第一中学2019届高三二诊模拟理综物理试题

1.如图所示，“L”形支架AOB水平放置，物体P位于支架的OB部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架AO上，另一端与物体P相连。物体P静止时，弹簧处于压缩状态。现将“L”形支架绕O点逆时针缓慢旋转一小角度，P与支架始终保持相对静止。在转动的过程中，OB对P的

A. 支持力增大    B. 摩擦力不变    C. 作用力增大    D. 作用力减小

【答案】D

【解析】

【分析】

对P受力分析，要考虑弹力是否变化，及其静摩擦力的变化即可。

【详解】物体随OB缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示．

支持力，增大，支持力N减小，所以A错误；弹力，因弹力F不变，增大，f减小，所以B错误；OB对P的作用力大小等于支持力N和摩擦力f的合力，由于N减小，f减小．OB对P的作用力大小将减小，所以C错误，D正确。

2.如图所示，电源电动势E=1.5V，内电阻r=0.5Ω，滑动变阻器R1的最大，电阻Rm=5.0Ω，定值电阻R2=2.0Ω，C为平行板电容器，其电容为3μF。将开关S与a接触，则

A. 当R1的阻值增大时，R2两端的电压减小

B. 当R1接入电路阻值为0.5Ω时，R1消耗的功率最大

C. 将开关从a接向b，流过R3的电流流向为d→>c

D. 将开关从a接向b，待电路稳定，流过R3的电荷量为9×10－3C

【答案】A

【解析】

【分析】

含容电路中当电路稳定时电容器支路相当与断路，与谁并联就与谁电压相等，与电容器串联的原件相当于导线。

【详解】增大R1的阻值，R总增大，I总减小，流过R2的电流减小，R2两端的电压减小，所以A正

确；将R2与电源看作等效电源，当R1=R2+r=2.5 Ω时．R1获得功率最大，所以B错误；

开关接a时，电容器左极扳带负电，开关接b时，左极板带正电，所以流过R3的电流流向为c→d，，因此C错误；因R1接人的阻值未知，不能求出电容器上电压的变化，故不能求出流过R3的电荷量，所以D错误。

3.两个完全相同的金属小球（视为点电荷），带异种电荷，带电量绝对值之比为1:7，相距r。将它们接触后再放回原来的位置，则它们之间的相互作用力大小变为原来的（  ）

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互中和后平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的。

【详解】设一个球的带电量为-q，则另一个球的带电量为Q=7q，此时库仑力大小为：F=

带异种电荷，接触后再分开，带电量各为3q，

两球的库仑力大小，故C正确，ABD错误。

故选：C。

【点睛】本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法．当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化．当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化。

4.质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度—时间图像如图所示，以竖直向上为正，重力加速度g取。下列说法正确的是（      ）

A. 小球下落的最大速度为5 m/s

B. 小球能弹起的最大高度为2.5 m

C. 小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10 m/s

D. 小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg•m/s

【答案】D

【解析】

【分析】

由速度--时间图象可得出小球的运动规律，v-t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。

【详解】A项：由图可知，小球下落到1s时的速度最大，最大速度为10m/s；故A错误；

B项：弹起后的正向位移为：，故B错误；

C项：由图可知，小球第一次反弹后的瞬时速度大小为5m/s，故C错误；

D项：由动量定理可得：，所以小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg•m/s，故D正确。

故选：D。

【点睛】本题考查图象的应用，关键是要明确图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。

5.为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831年把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池E和开关K，另一个线圈B闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针。闭合开关K前，小磁针静止且与直导线平行。当闭合开关K后，从上往下看

A. 小磁针沿顺吋针方向偏转了一下，最终复原

B. 小磁针沿顺时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态

C. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原

D. 小磁针沿逆时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；

【详解】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故直导线下方的磁场向里，小磁针沿顺时针方向旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，最终复原；选项A正确，BCD错误；故选A。

【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流．

6.一质点在0~6s内竖直向上运动，若取向上为止方向，g取10m/s2，其v-t图象如图所示。下列说法正确的是

A. 质点在0~2s内减小的动能大于在4~6s内减小的动能

B. 在4~6s內，质点处于失重状态，且机槭能增加

C. 质点在第2s末的机械能大于在第6s末的机械能

D. 质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据动能的概念求解动能的变化进行比较；4~6s內通过计算加速度求解合外力，判断除重力以外的其它力做功情况，判断机械能的变化；计算质点在第2s末的机械能和在第6s末的机械能大小进行比较.

【详解】质点在0~2s内减小的动能：；在4~6s内减小的动能：，则质点在0~2s内减小的动能大于在4~6s内减小的动能，选项A正确；在4~6s內，质点的加速度向下，处于失重状态，因加速度为，则除重力以外还有其他的力对物体做负功，则质点的机械能减小，选项B错误；质点在t=2s时的机械能：；质点在t=6s时的机械能：；则质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能，选项C错误，D正确；故选AD.

【点睛】物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小。

7.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是

A. 匀强电场的电场强度

B. 小球动能的最小值为

C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大

【答案】AB

【解析】

【分析】

小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置．

【详解】小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ=qE，解得，选项A正确；

小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：，则最小动能Ek=mv2=，所以选项B正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误；故选AB.

【点睛】此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和．

8.四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示。ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab，cd上的两点，OP>OQ，下列说法中正确的是（   ）

A. P、Q两点电势相等，场强不同

B. P点的电势比M点的低

C. PM两点间的电势差大于QM间的电势差

D. 带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小

【答案】AD

【解析】

【分析】

电场线的疏密表示场强的大小，根据电场线的方向确定场源电荷的正负。电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低。根据电势高低判断功的正负，从而确定电势能的大小.

【详解】A、电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P点的电场强度比Q点的小.根据电场线与等势面垂直，可知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等；故A正确.

B、ab连线上各点的电势相等，沿着电场线方向，电势逐渐降低可知，M点比ab连线上各点的电势低，则M点的电势比P点的低；故B错误；

C、由于P、Q两点电势相等，所以PM两点间的电势差等于QM间的电势差，故C错误；

D、P、Q两点的电势相等，又根据B项分析可知M点的电势比P点的低，则Q点的电势高于M点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小；故D正确.

故选AD.

【点睛】本题的关键要掌握电场线的分布情况，理解电场的叠加原理，掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线方向表示电势的高低.

第II卷（非选择题174分）

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，每个试题考都必须作答；第33-38题为选考题，考生根据要求作答）

（一）必考题（共129分）

9.在探究“物体质量一定时加速度与力的关系”的实验中，某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化，设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量(滑轮质量不计)

(1)在平衡摩擦力后，依据优化后的实验方案，实验中__________(选填“一定要”或“不必要”)保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M；

(2)该同学在实验中得到如图a)所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2(结果保留三位有效数字).

(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条过原点的直线，如图(b)所示，若直线的斜率为k，则小车的质量为__________。

【答案】    (1). 不必要    (2). 2.00    (3).

【解析】

【详解】(1)A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A、D错误．

B、实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确．

C、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确．

故选BC.

(2)根据△x=aT2，运用逐差法得.

(3)弹簧测力计的示数,即，则a-F图线的斜率为k，则，故小车质量为.

【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．

10.小徐同学欲设计一电路尽可能精确地测量某一电阻的阻值，该待测电阻Rx大约300Ω．有以下器材可供选择：

A．定值电阻（R1＝15Ω）

B．定值电阻（R2＝999Ω）

C．电流表A1（量程为1.5mA，内阻为1Ω）

D．电流表A2（量程为4mA，内阻约为0.05Ω）

E．电压表V（量程为10V，内阻约为5kΩ）

F．滑动变阻器R3（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为0.5A）

G．滑动变阻器R4（最大阻值100Ω，允许通过的最大电流为0.1A）

H．电池组（E＝3V，内阻不计）

I．足量的导线与开关

(1)小徐同学应该选择的滑动变阻器为__________（选填“R3”、“R4”）

(2)小徐采用电流的内接法，那么他测得Rx的阻值__________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．

(3)在方框中画出小徐同学设计的电路图________．

(4)在多次测量中，有一次小徐看到测量Rx电流的电表指针偏转为满刻度的4/5，另一只电表指针偏转为满刻度的3/5．依靠此组数据计算Rx的阻值为__________Ω（结果保留三位有效数字）．

【答案】    (1). ；    (2). 大于；    (3).     (4). ；

【解析】

【分析】

由题意可知，加在待测电阻两端的电压不会超过3V，故题中所给电压表量程太大，不能用。故需要用题中所给的两个电压表配合使用，用电流表A1和定值电阻R2串联，当电压表使用，等效量程为1.5V，故流过待测电阻的最大电流不会超过5mA，故可以将电流表A2测电流；

【详解】（1）题中所给滑动变阻器小于待测电阻的阻值，为了尽可能精确地测量，滑动变阻器需要利用分压接法接入回路，滑动变阻器应选较小的R3为宜；

（2）采用电流表的内接法，由于电流表的分压作用，会导致测量结果偏大，测量值大于真实值；

（3）电路图如下

（4）A2示数为满偏刻度的，故电流为

A1表示数为满偏刻度的，故待测电阻两端的等效电压为

依靠此组数据计算Rx的阻值为。

【点睛】选择器材通常的步骤：1、根据实验要求设计合理的实验电路．2、估算电路中电压、电流可能达到的最大值，以此选择电压表和电流表的量程。

11.如图，质量分别为mA=1kg、mB=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(mA+mB)g=(mA+mB)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-μmBg=mBa2

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.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 ⑥

Fk＝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＝－⑨

A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。

13.对非理想气体，下列说法正确的是______

 A.气体分子的重力势能是气体内能的一部分

B.气体分子热运动的动能是气体内能的一部分

C.气体整体运动的动能是气体内能的一部分

D.分子之间相互作用的势能是气体内能的一部分

E.气体体积变化时，其内能可能不变

【答案】BDE;

【解析】

【详解】ABCD.气体的内能包括，气体所有分子势能和分子动能之和；其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用决定的能量，与重力势能无关；分子动能是分子热运动的动能，与气体的整体运动的动能无关；故AC错误，BD正确;

E.气体的体积发生变化，如果同时也同外界产生热交换，根据热力学第一定律，气体的内能可能不变，故E正确；

故选：BDE。

14.如图所示， A、 B 气缸长度均为 L， 横截面积均为 S， 体积不计的活塞C 可在 B 气缸内无摩擦地滑动， D 为阀门。 整个装置均由导热性能良好的材料制成。 起初阀门关闭， A 内有压强2P1的理想气体， B 内有压强P1/2的理想气体， 活塞在 B 气缸内最左边， 外界热力学温度为T0。 阀门打开后， 活塞 C 向右移动， 最后达到平衡。 不计两气缸连接管的体积。 求：

 (1).活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压强；

(2).若平衡后外界温度缓慢降为0.50T0， 气缸中活塞怎么移动？ 两气缸中的气体压强分别变为多少？

【答案】（1）活塞C移动的距离为，平衡后B中气体的压强为 （2）不移动，气体压强均为

【解析】

【详解】（1）打开阀门后，两部分气体可以认为发生的是等温变化，设最后A、B的压强均为P2，活塞向右移动x，则A中气体：    2P1LS＝P2 (L+x)S
B中气体：P1LS＝P2 (L−x)S
解得：x＝L；P2=
（2）设降温后气缸内活塞向右移x0，两部分气体的压强为P3
则A中气体：

B中气体：

得x0=0，即活塞并不发生移动，因此降温过程两部分气体发生的是等容变化，由A中气体

解得：

【点睛】本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等．

15.如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2 m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以的速度水平向右传播，则下列说法正确的是

A. 波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴正方向

B. 0～4 s内质点b运动的路程为12 cm

C. 4～5 s内质点d的加速度正在逐渐减小

D. 6 s时质点e第一次回到平衡位置

E. 各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相同

【答案】ABE

【解析】

由振动图形可知，振动周期为2s，波长为 ；质点a开始起振的方向为y轴正方向，故波传播到质点c时，质点c开始振动的方向也沿y轴正方向，选项A正确；振动传到b点需要的时间为1s，故在剩下的3s内，质点b通过的路程为6A=12cm，选项B正确；第4s时刻振动传到e点，此时d点在平衡位置向下振动，故4～5 s内质点d的加速度正在逐渐增大，选项C错误；振动传到e点需时间4s，故6s时质点正好振动一个周期第二次回到平衡位置，选项D错误；因ac之间正好相差一个波长的距离，故各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相同，选项E正确；故选ABE.

16.如图所示， 为一玻璃三棱镜的横截面，，一束单色光垂直AB边从D点射入，从AC边上的E点射出，其折射角为。若在AC和BC边所在的面都涂上反射膜，同样的单色光垂直AB边从D点射入，经反射膜反射后笫一次射到AB边的F点(图中未标出).求：

①玻璃对该单色光的折射率；

②光线是否从点射出？若射出，求与点间的距离；若不射出，说明理由

【答案】(1) （2）不能射出

【解析】

【详解】

①设玻璃对该单色光的折射率为，入射角为，由几何关系可知，折射角为，则

解得

②设该单色光的临界角为C，则

，所以

在AC和BC边所在的面都涂上反射膜，设光在AC边的反射角为r1，则

则，由于，所以EF边平行于BC边，设反射光射到AB边的入射角为i1，则

所以，光在AB边发生全反射，光线不能从F点射出。