四川省绵阳市2021届高三第二次诊断考试理科综合物理试题

四川省绵阳市2018届高三第二次诊断考试理科综合物理试题学校: 姓名： 班级： 考号： 一、单选题1.如图所示，闭合开关S,将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中jR.A.电流表A1的示数变小 B.电流表A2的示数变小C电压表V的示数变小 D.电阻R1的电功率变大2．在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体( )A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快3.如图所示，长方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v1沿ab射入磁场区域，垂直于dc边离开磁场区域，运动时间为中以速率v2沿ab射入磁场区域，从bc边离开磁场区域时与bc边夹角为150°,运动时间为t2.不计粒子重力.则中t2是()一」中 ”黑#Xi夕乂乂!2：<3<3：2C．3：2D．2：3.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1上绕地球运动，近地点Q到地心O的距离为a远地点P到地心O的距离为b,在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动,已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g.则A.卫星在轨道1上运动经过Q点时,速率为।仁aB.卫星在轨道1上运动经过P点时，速率大于4C.卫星在轨道2上运动经过P点时，速率大于'岑gR2D.卫星在轨道2上运动经过P点时，加速度大小为斗-b2.如图所示，水平线OO'在某竖直平面内，距地面高度为h,一条长为l（l<h）的轻绳两端分别系小球A和B,小球A在水平线OO'上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态。现从OO'上另一点静止释放小球1,当小球1下落至与小球B等高位置时，从OO′上静止释放小球A和小球2,小球2在小球1的正上方。则（）A.小球1将与小球B同时落地B.h越大，小球A与小球B的落地时间差越小C.在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上D.在小球1落地前，小球1与2之间的距离始终保持不变二、多选题6.如图所示，一平行板电容器的电容为C,带有等量异种电荷的两极板A、B倾斜放置，质量为m带电荷量为-q的油滴，从极板A上的小孔P以初速度v0水平向右射入极板间，经时间t后油滴又从P孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B相碰，已知重力加速度8.则（）vtA.两极板间的距离d=卞Cmv2B.电容器所带的电荷量Q= 0-2q2mvC.两极板间的电场强度大小E=一六qtm' 4v2D.两极板间的电场强度大小E=-'g2+一q\ 12.如图所示，一光滑绝缘的斜面固定于水平面上，C、D是斜面上两个点，一带正电的点电荷+Q固定在斜面下方P点，P、D连线垂直于斜面。滑块A、B叠在一起，B带负电，A不带电，A与B间绝缘，从C点由静止释放，下滑过程中，A、B始终保持相对静止。则滑块A、B从C到D的过程中（）A.在D点，速度最大.加速度一定逐渐增大C.滑块B的电势能减小，机械能增加D.滑块A受到沿斜面向上的静摩擦力8.如图所示，空间中有斜向右下方与水平方向成3角的匀强磁场，一绝缘竖直挡板MN垂直于纸面所在的竖直平面，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的。点所在直线处于静止状态.下列说法正确的是（）B.若挡板MN表面光滑，略增大金属杆中的电流，要保持金属杆仍然静止，可将挡板绕过。点垂直纸面的轴逆时针转动一定角度C若挡板MN表面粗糙，略增大金属杆中的电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力一定增大D.若挡板MN表面粗糙，略减小金属杆中的电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上9．关于热力学知识，下列说法正确的是（）A.无论用什么方式都不可能使热量从低温物体向高温物体传递B.一定质量的理想气体做绝热膨胀，则气体的内能减少C.温度降低，物体内所有分子运动速率一定减小D.扩散现象是分子热运动的表现E.气体对容器的压强是由大量分子对容器不断碰撞而产生的三、实验题10.用如图所示的装置测滑块与木板间的动摩擦因数。同种材料的薄木板A、B、C,表面粗糙程度相同，将较长的木板B放置于水平地面上，左端固定在竖直墙的O点，木板A倾斜固定在木板B上，顶端靠墙，用一段圆弧状木板C将A、B平滑连接。将滑块P从木板A的顶端由静止释放，P最终停在木板B上某点Q（图中未画出）处；改变木板A在木板B上的位置，木板A与水平面的倾角改变，重复实验。（1）要测定滑块P与木板间的动摩擦因数，每次实验只需要测量的两个物理量是 （填序号）。A.滑块P的质量mB.木板A与水平面的倾角0C木板A的顶端与O点的竖直高度hD.Q点与。点间的距离x（2）计算滑块P与木板间的动摩擦因数的公式y，用（1）问中所选的物理量表示。（3）由于木板C是圆弧状，将产生系统误差，会使所测得的动摩擦因数比实际值 （填“偏大”或“偏小”）。11.某同学用下列器材测电源的电动势和内阻。待测电源E（电动势约为3V,内阻约为2.5Q）；电流表A（量程为0~0.6A,内阻约为0.5Q）；电阻箱R（最大阻值99.9Q）；开关s,导线若干。（1）在虚线框中画出实验电路图。该同学根据正确的电路图，正确连接电路，规范操作。TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"4 Ii| II II I■■■■■■一•一.（2）第一次测量：调节电阻箱R,示数为段时，读取电流表示数L，示数为时R2时，读取电流表示数12。则电源电动势的计算式E=，内阻的计算式r= 。（3）第二次测量：调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读11数R,以i为纵坐标，R为横坐标，根据测量数据作出如图所示的i-R图线，则电源电动势E=V,内阻r=Q。（4）关于该实验，下列说法正确的是 。A.由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差B.由于电流表的内阻，会使电源电动势的测量值存在系统误差C第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差D.第一次测量中，若测有三组数据，则可求得电源电动势E和内阻r及电流表内阻RA四、解答题12.如图所示，水平放置的绝缘光滑正方形桌面abcd,边长为L,距地面高度也为L,仅在桌面区城有竖直向上的匀强磁场。两个带有相同电荷量的小球1、2,质量分别为m1和m2,先后从b点沿水平桌面ba方向射入磁场，在b点动能相同，小球1从bc边的中点P水平射出，小球2从bc边的c点水平射出。重力加速度为g。m(1)求两小球带电性质及两小球质量之比一1；m24(2)若在b点的动能Ek=3m1gL,求两小球落地点间的水平距离x12(用L表示)。.如图所示，一倾角为60°的光滑斜面固定于水平地面上，Q为斜面顶点，P为斜面上一点，同一竖直平面内有固定点O,O、P连线垂直于斜面，OP=l,P、Q间距离xPQ=J3记1。长度为l的轻绳一端系于O点，另一端系质量为m的小球A,质量为M=4m的JL乙滑块B在一锁定装置作用下静止于斜面上的P点。现将A球拉至与O点等高的水平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度v0释放，A与B发生碰撞前一瞬间，锁定装置解除，A、B均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g。(1)求小球A通过最低点C点时，绳对小球拉力的大小；(2)求小球A与滑块B碰撞后瞬间，小球A和滑块B的速度vA和vB(3)若A、B碰后，滑块B能沿斜面上滑越过Q点，且小球A在运动过程中始终不脱离圆轨道，求初速度v0的取值范围。.如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，横截面积为20cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。在气缸内距缸底h处设有A、B两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在A、B上，缸内气体压强为P1=lx105Pa；温度为T1=300K,现缓慢加热缸内气体，当温度为T2=330K时，活塞恰好离开A、B，当温度为T3=360K时，活塞上升2cm，取g=l0m/s2，大气压蛋P0=1x105Pa。求：（i）活塞的质量m；（ii）A、B限制距缸底的距离h。.如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出.已知SC=CD,光线通过棱镜的时间/二①，c为真空中光速，不考虑反射光线.求：⑴棱镜的折射率n;5）入射光线与界面BC间的夹角.五、填空题.一列横波在x轴上传播，实线和虚线分别表示t1=0、t2=0.14s时的波形，已知实线在t3=0.6s时第5次重复出现.则A.波的周期为0.1sB.波的波长为12cmC波的传播速度为1m/sD.波沿x轴正方向传播E.t2=0.14s时，x=0处质点的纵坐标为y=J3cm参考答案1．A【解析】A、D、滑动变阻器左边部分的电阻并联接入电路,滑片向右滑动，并联的电阻增大,ETOC\o"1-5"\h\z总电阻增大,由I=----可知干路电流变小，则A表的不数变小，根据P=12R可得R+R+r 1 R111并电阻R1的电功率变大，则A正确、D正确.C、由U=ET（R+r）可知并联部分的电压增1 并1U大,即电压表的示数变大,C错误.B、由I=寸，因R阻值不变则电流表A的示数变大，则BA2R 2 22错误。故选A。【点睛】要解答本题需要用到的知识有滑动变阻器的使用，电阻的串联和并联，串联电路的电压规律，欧姆定律及其应用，电功率的计算。本题中的电路图是一个混联电路，分析时我们可以先局部后整体，解答本题的思路：先分析电阻变化情况-再分析电流变化情况-接着分析电压变化情况-最后得出电功率变化情况。解答本题用到的核心知识是：欧姆定律。另：不论电阻是串联还是并联，只要两个电阻中有一个电阻变大（或变小），则总电阻也会变大（或变小）。2．Ap2【解析】A、根据P=mv，E=-mv2可知，则可知E=-—，初动量相同，质量大的物k2 k2m体速度小；根据动能定理可知：-fL=0-E=p2-，则可知质量大的物体滑行的距离小；k2m故A正确；B、根据动量定理可知，-ft=0-P，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；C、因阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C错误；D、因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化相同，因滑行时间相同，故动量变化相同，故D错误。故选A。【点睛】对于动力学问题，有时既可以用牛顿运动定律结合运动学公式求解，也可以用动能定理和动量定理求解，选择动能定理求解可以不涉及加速度和时间，较为简洁。3．C【解析】根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：2nm由几何知识可知：a=90°,B=60°,粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=q-，粒子在磁6场中的运时间：/=T，粒子在磁场中的运动时间之比：4=1=90-=3；故C正确，兀 tP60°22A、B、D错误.故选C.【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动,分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、2nm求出粒子转过的圆心角是解题的前提与关键；粒子在磁场中做圆周运动的周期T=~qB~与6粒子的速度大小无关，粒子在磁场中的运时间为t=—T.2兀4．D【解析】A、卫星在轨道1上不是匀速圆周运动，故万有引力不等于向心力，故不能求解出Q点速度大小，故A错误；B、C、卫星在轨道2上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故Mm v2 GM GM>gR2G =m—，解得v），其中g= ，故v=t:gR-；在轨道1经过P点要加速才TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"b2 b b R2 \b能转移到轨道1，故卫星在轨道1上运动经过P点时，速率小于，故B错误，C错误；MmG— GMD、卫星在轨道2上运动经过P点时，加速度大小〃，F b2 GM，根据g=--,a=== R2mm b2gR2有：a^=^--，故D正确；故选D.b2【点睛】解答本题的关键是知道卫星变轨问题,做离心运动要加速．还要知道加速度和速度都是矢量,都有方向．5．B【解析】A、设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间11落11地，则：h-1=vt+gt2①，设B运动的时间为t9，则：hT=gt2②，比较①②121 2 221可知，t<t,故A错误.B、设A运动时间为L,则k h=-gt2③,可得：1 2 3 23：2h ：2(h—1)t-1=:———j .可知1是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差32gg\g越小。故B正确。C、小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力。故11C错误。D、1与2两球的距离L=vt+-gt2-gt2=vt，可见两球间的距离随时间的推移，越来越大；故D错误。故选B.【点睛】小球1、2以及AB两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可正确解答.6．BD【解析】【详解】根据题意可知粒子在两极板间先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，因为往返共用时间t,vt才表示水平方向上的路程大小，不是两极板间的距离，A错误；因为油滴在水平方向上运动,所以重力不做功,只有电场力做功,根据动能定理,可得32mv0，又知道Q=CU，Cmv2联立解得Q=丁'B正确；设两极板与水平方向的夹角为0，电场力可分解为水平方向上的力，也就是油滴受到的合力，竖直方向上的力，与重力等大反向，故有v2v ； (Eq)=(mg)2+(ma)2,而“寸 ，故解得E=—''g2+包J，C错误D正确.2 q\t27．AC【解析】A、对滑块AB整体，从C到D过程，重力和库仑力一直做正功，故一直加速，故在D点速度最大，故A正确；B、对滑块AB整体，从C到D过程，受重力、支持力和库仑力引力，如果CD距离无穷大，则库仑力开始为零，到达D点时库仑力平行斜面的分力依然为零，故加速度可能是先增加后减小，故B错误；D、先分析滑块AB整体，根据牛顿第二

定律，有：（mA+mB）gsin8+Fx=（mA+mB）a，（其中Fx为库仑力平行斜面的分力），故a>gsin仇AB xAB x再分析滑块A可知，mAa=mAgsin8底故f=mA（a-g），即B对A的静摩擦力平行斜面向下;故D错误；C、对物体AB分析，如果没有静电力，则加速度a=gsin8,AB整体机械能守恒，现在加速度a>gsin8,整体机械能增加；那么对物体B而言，有静电力时加速度a>gsin8,说明动能增加量比机械能守恒时大，故B的机械能也是增加的，故C正确；故选AC。【点睛】本题是力学综合问题,关键是明确两个物体的受力情况,结合动能定理和牛顿第二定律分析,同时要记住机械能守恒的条件。8．BD【解析】A、若挡板MN表面光滑，对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示:G6、根据平衡条件，有N=mgtan8,；如果略减小金属杆中电流，则F略减小，而方向不变，支持力方向也不变，根据平衡条件，支持力和安培力大小应该不变，显然矛盾，故A错误；B、三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：略增大金属杆中电流，则安培力略增大，要重新平衡，可以将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一定角度，即支持力逆时针转动一定角度，如图所示，故B正确；C、挡板MN表面粗糙,受重力、支持力、静摩擦力和安培力,其中静摩擦力可能向上、向下或者为零；略增大金属杆中电流,安培力增大,金属杆可能仍然静止,如果原静摩擦力向上,则Fcos8+f=mg，故静摩擦力可能是减小的，故C错误；D、挡板MN表面粗糙，略减小金属杆中电流,安培力减小,金属杆可能仍然静止,如果静摩擦力向上,则静摩擦力是增加的,故D正确；故选BD.【点睛】本题考查含安培力的共点力平衡,关键是结合合成法、正交分解法作图分析,注意

摩擦力的方向有多种可能，要分别讨论．9．BDE【解析】【详解】A.在外界的影响下，能使热量从低温物体向高温物体传递，空调、冰箱就是这个原理，故A错误；B.绝热膨胀，说明气体与外界无热量交换，根据热力学第一定律其中Q=0，绝热膨胀气体对外做功卬<0，故AU<0，即气体的内能一定减小，故B正确；C.温度降低，分子的平均动能减小，但不代表所有分子的速率都减小，故C错误；D.扩散现象是分子热运动的表现，故D正确；E.由气体压强的微观解释知，气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的，故E正确。故选BDE.h10.CD；;偏大；x【解析】(1)设摩擦因数为〃,在整个过程中，根据动能定理可知mgLsin6-以mgcos6-L-"mgx'=0,其中L为A的长度，％为物体在B上滑行的位移，由于Lsin6为木板A的顶端与O点的竖直高度h,Lcos6为物体在A上滑行水平位移，故Lcos6+%为物体在水平方向的位移，故hmgh—"mgx=0,求得摩擦因数N=—,故A、B错误，C、D正确.%(2)由于木板C是圆弧状，实际滑行的距离比测量距离要大，故会使所测得的动摩擦因数比实际值偏大【点睛】本题主要考查了利用动能定理求得摩擦因数，关键是抓住Lcos6可以表示物体在水平方向通过的位移，即可判断.【解析】(1)由给出的仪表可知，实验中只给出了电流表和电阻箱，所以应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量；如图所示:

⑵根据闭合电路欧姆定律可知：4二段⑵根据闭合电路欧姆定律可知：4二段1II(R-R)；联立解得：E=1212

I—I21IR—IRr二—t―i 2-2I—I.11 r11 r——R+—,则由图可知:IE E⑶根据闭合电路欧姆定律可知，I=E^—,变形可得:R+r1r3,E=1.解得：E=3V；r=3Q.(4)A、因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，故A正确；B、电流表内阻对图象的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，二次可以减小偶然误差故B错误；C、采用图象法可以避免因读数造成的偶然误差；故第出的电源的电动势准确，二次可以减小偶然误差E故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律可知I―-一-——，iR+R+r1A2A"r2A3A阻；故D错误.故选AC.【点睛】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键.m112.⑴i= (2)x―Lm4 122【解析】试题分析：小球受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和支持力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则分析电性情况；小球离开桌面后只受重力，做平抛运动，结合平抛运动的分运动公式列式分析即可.(1)小球都带正电。小球1、2在磁场中做匀速圆周运动，设小球电荷量为q,磁感应强度为B,速率分别为匕、v2,质量分别为m1、m2,半径分别为r1、r2,动能为EK，贝|U2 U2quB—m-,quB—m-1 1r 2 2r12

11E=—mu2,E=—mu2K1 211K2 222结合几何关系，有11E=—mu2,E=—mu2K1 211K2 222结合几何关系，有：r21m1联立解得1—m42(2)两小球水平抛出，速度方向垂直于bc边，设下落时间相同为K水平位移分别为11和1I2，则L——gt2，1—ut，2 2 111—ut22结合几何关系，有：\2=((2)2+G2-#根据题意，有：113—mu2=_mu2——mgL211 222 41解得*二Lmv2 3「 13. (1) T—3mg+--o- (2)v——ggl+v2l a5*0v=2Jgl+v2b5、 0(3)【解析】(1)小球Amgl+1mv2=201—mv22c91gl摆到C点时，

mgl―2mv2设速度为vC,绳对小球的拉力大小为T,则v2在C点，对小球A，由牛顿第二定律有：T—mg=m-Cbv2解得：T=3mg+m-0-T=3mgl11(2)设小球A在与B碰前的速度为v1v°’,(2)设小球A在与B碰前的速度为v1v°’,2021对于碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得mv1=mvA+对于碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得mv1=mvA+MvB由机械能守恒定律有：1mv2=1mv2+1Mv221A2解得：v1=，1(3)讨论：①滑块B能沿斜面上滑越过Q点、，则2MuB〉Mg1pQsm6。(3)讨论：1Mv2>Mgxsin602B PQ

3.--解得：v>-弋gl04%②小球A不能做完整圆周运动，但不脱离圆轨道，即回到最右端位置时速度不能大于零,1贝U：mvnv2<mglcos602A4解得：V<-ggl03%③小球A能做完整圆周运动，即能够过最高点，设小球A恰能过最高点的速度为匕v,23v2 v2贝U：mg-mmg=mt-ll小球A能过圆轨道的最高点的条件为:1mV2V小球A能过圆轨道的最高点的条件为:1mV2V2>mmv2+m.2A22gl(1+cos60°)991211