四川省泸州市2020届高三下学期第三次教学质量诊断性考试理综物理试题 Word版含解析

四川省泸州市2020届高三下学期第三次教学质量诊断性考试理综物理试题 Word版含解析

- 1 - 泸州市 2020 届高三（高 2017 级）第三次教学质量诊断性考试理科综合能力测试物理 二、选择题 1.在探究下列四个定律的实验中， 哪个定律不是直接通过控制变量法探究得出的（ ） A. 牛顿第二定律 B. 电阻定律 C. 欧姆定律 D. 动量守恒 定律 【答案】D 【解析】 【详解】在研究物理学中多变量问题时，把多变量的问题变成多个单变量的问题，每一次只 改变其中的某一个变量，而控制其余几个变量不变，从而研究被改变的这个变量对事物的影 响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。 A．通过研究物体的加速度 a 与力 F、质量 m 的关系，得出牛顿第二定律，需要用到控制变量 法，故 A 错误； B．通过研究导体电阻 R 的大小跟导体的长度 l、横截面 S、材料的关系，得出电阻定律，需 要用到控制变量法，故 B 错误； C．通过研究电流 I 与电阻 R、电压 U 的关系，得出欧姆定律，需要用到控制变量法，故 C 错 误； D．探究动量守恒定律时，只需要测量出两物体的质量和两物体碰撞前后的速度，再将数据代 入各个猜想的等式中，观察哪个等式成立即可，不需要控制某些物理量不变，即不用控制变 量法，故 D 正确。 故选 D。 2.北斗导航系统是中国自行研制的全球第三个成熟的卫星导航系统。北斗系统中的卫星有三 类，分别是地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星。将这三类卫星 的运动均看作匀速圆周运动，设他们的向心加速度大小分别为 a 静、a 倾、a 中，沿轨道运行的 速度大小分别为 v 静、v 倾、v 中。已知它们的轨道半径 r 静 = r 倾 > r 中，则下列判断正确的是 （ ） A. a 静 < a 倾 < a 中 B. a 静 > a 倾 > a 中 C. v 静 = v 倾 < v 中 D. v 静 = v 倾 > v 中 【答案】C 【解析】 【详解】ABCD．根据万有引力提供向心力，则 - 2 - 2 2 Mm vG ma mr r   解得 2 GMa r  ， GMv r  由上述结果可知，轨道半径 r 越大，加速度 a，线速度 v 就越小，因为 r 静 = r 倾 > r 中，所以 a 静 = a 倾 < a 中，v 静 = v 倾 < v 中，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 3.如图所示，有一圆形线圈绕直径 OOʹ在竖直平面内做匀速圆周运动，OOʹ右侧有一垂直纸面向 里的匀强磁场，大小为 B。已知线圈面积为 S，共有 N 匝，线圈电阻不计，外接电阻大小为 R， 圆形线圈转动的角速度为ω。则电阻两端的电压有效值大小为（ ） A. 2 2 NBS B. 2 4 NBS C. 4 NBS D. 2 8 NBS 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．由图可知，线圈只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为 m 2 2 S NBSE NB   电阻两端的电压有效值等于电动势有效值，即 m 2 42 2 2R E NBS NBSU E      故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 4.在 x 轴上固定有两个正、负点电荷，一个带电量为+Q1、一个带电量为−Q2（Q2 > 0），用 E1 - 3 - 表示 Q1 在 x 轴上产生的电场强度大小，E2 表示 Q2 在 x 轴上产生的电场强度大小。当 Q1 > Q2 时，E1 = E2 的点有两个，分别为 M 点和 N 点，M、N 两点距 Q2 的距离分别为 r1 和 r2，如图所示。 则当 1 2 Q Q 的比值增大时（ ） A. r1、r2 都减小 B. r1、r2 都增大 C. r1 减小，r2 增大 D. r1 增大， r2 减小 【答案】A 【解析】 【详解】ABCD．设 Q1、Q2 两点电荷之间的距离为 L，x 轴上 M、N 两点的电场强度大小相等，则 1 2 2 2 1 1( ) Q Qk k L r r   ， 1 2 2 2 2 2( ) Q Qk k L r r   解得 1 1 2 1 Lr Q Q   ， 2 1 2 1 Lr Q Q   当 1 2 Q Q 的比值增大时，r1、r2 都减小，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5.如图所示，在固定的四分之一圆轨道的圆心 O 处，以不同的初速度水平抛出同一小球，不 计空气阻力。若小球的初速度从零开始逐渐增大，则小球落在圆轨道上的动能将（ ） A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后 增大 【答案】D 【解析】 【详解】ABCD．设小球落在圆轨道时，小球的位移与竖直方向的夹角为θ，圆轨道的半径为 R， 小球做平抛运动的初速度为 v0，则 - 4 - 0sinR v t  21cos 2R gt  设小球落在圆轨道上的动能为 Ek，由动能定理得 2 k 0 1cos 2mgR E mv   联立以上各式，解得 k 1 1 33cos4 cos 2E mgR mgR        当 3cos 3   时，Ek 有最小值，此时 0 90   ，所以小球的初速度从零开始逐渐增大，θ 将从 0 到 90°逐渐增大，小球落在圆轨道上的动能将先减小后增大，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 6.根据下列四幅图作出的解释，正确的是（ ） A. 甲图中 A 处和 B 处都能观察到大量的闪光点 B. 乙图用紫外线灯照射原来不带电的锌板时，发现验电器指针张开，说明锌板逸出了电荷 C. 丙图中处于基态的氢原子能吸收能量为 10.30eV 的光子而跃迁到第二能级 D. 丁图中 A 为α射线，它的电离作用很强，贯穿本领很弱 【答案】BD 【解析】 【详解】A．甲图中 A 处能观察到大量的闪光点，B 处只能观察到较多的闪光点，故 A 错误； B．乙图中用弧光灯照射锌板，锌板上的电子逸出，锌板带上正电，发现验电器指针张开，故 B 正确； C．吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差，从基态氢原子发生跃 迁到 n = 2 能级，需要吸收的能量最小，吸收的能量为−3.4eV − (−13.6eV) = 10.2eV，即受 10.2eV 光子照射，可以从基态氢原子发生跃迁到 n = 2 能级。10.3eV 的光子不能被吸收，不 能发生跃迁，故 C 错误； D．根据左手定则可以知道，A 带正电，为α射线，α射线的电离作用很强，贯穿本领很弱， 故 D 正确。 - 5 - 故选 BD。 7.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，一端连接一个竖直放置的螺线管，具有 一定电阻的金属棒 PQ 垂直导轨放置，用水平细线跨过光滑的定滑轮，与小物体 m 连接，导轨 间有竖直向下的匀强磁场 B，一条形磁铁用细线悬挂在天花板上，放在螺线管的正上方。不计 空气阻力和导轨的电阻，小物体离地足够高，运动过程中金属棒始终垂直导轨并接触良好。 从静止开始释放小物体，在小物体的运动过程中，下列说法中正确的是（ ） A. 悬挂磁铁的细线拉力先增大后不变 B. 悬挂磁铁的细线拉力先减小后不变 C. 连接金属棒的细线拉力先增大后不变 D. 连接金属棒的细线拉力先减小后不 变 【答案】AC 【解析】 【详解】金属棒 PQ 在细线拉力的作用下，先向右加速运动，切割磁感线产生感应电动势，从 而产生感应电流，由右手定则可知，金属棒 PQ 中感应电流方向从 P 流向 Q，由 E = BLv 可知， 感应电动势逐渐增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流逐渐增大，由 F = ILB 可知，安 培力也逐渐增大，由左手定则可知，安培力方向与拉力方向相反，所以金属棒 PQ 是做加速度 减小的加速运动。当安培力与拉力大小相等时，金属棒 PQ 达到最大速度，并以最大速度匀速 运动，此时感应电流和安培力保持不变。 AB．金属棒 PQ 中感应电流方向从 P 流向 Q，则螺线管中的电流是顺时针方向（俯视），由右手 螺旋定则可知，螺线管上端为 S 极，条形磁铁被吸引，所以悬挂磁铁的细线受到向下的拉力， 又因为感应电流先增大，然后保持不变，所以螺线管的磁性先增强，然后保持不变，则悬挂 磁铁的细线拉力先增大后不变，故 A 正确，B 错误； CD．设细线拉力为 FT，安培力为 F 安，金属棒 PQ 的加速度为 a，质量为 M，分别对小物体和金 属棒 PQ 受力分析，由牛顿第二定律得 Tmg F ma  - 6 - TF F Ma 安 联立以上两式得 T Mmg mFF M m   安 因为安培力 F 安先增大后不变，所以细线拉力 FT 也是先增大后不变，故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 8.如图所示，质量相同的 A、B 两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强 电场，场强大小为 E，其中 A 带正电，电荷量大小为 q，B 始终不带电。一根轻弹簧一端固定 在墙面上，另一端与 B 物体连接，在电场力作用下，物体 A 紧靠着物体 B，一起压缩弹簧，处 于静止状态。现在 A 物体上施加一水平向右的恒定外力 F。弹簧始终处于弹性限度范围内，下 列判断正确的是（ ） A. 若 F = qE，则弹簧恢复到原长时 A、B 两物体分离 B. 若 F = qE，则弹簧还未恢复到原长时 A、B 两物体分离 C. 若 F > qE，则弹簧还未恢复到原长时 A、B 两物体分离 D. 若 F < qE，则 A、B 两物体不能分离，且弹簧一定达不到原长位置 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．若 F = qE，A 物体所受合力为 0，在弹簧处于压缩状态时，B 物体由于弹簧的作 用向右加速运动，而 A 物体将被迫受到 B 物体的作用力以相同的加速度一起向右加速运动，A、 B 两物体未能分离，当弹簧恢复到原长后，B 物体在弹簧的作用下做减速运动，A 物体做匀速 直线运动，则 B 物体的速度小于 A 物体的速度，A、B 两物体将分离，故 A 正确，B 错误； C．若 F > qE，A 物体将受到水平向右恒力 FA = F − qE 的作用，弹簧在恢复到原长之前，对 B 物体的弹力逐渐减小，则 B 物体的加速度逐渐减小，当 A、B 两物体刚要分离时，A、B 两物 体接触面的作用力刚好为 0，此时弹簧对 B 物体的作用力所产生的加速度与恒力 FA 对 A 物体产 生的加速度相等（aB = aA  0），此时弹簧还未恢复到原长，故 C 正确； D．若 F < qE，A 物体将受到水平向左恒力 FA = qE − F 的作用，如果 FA 比较小，那么 A、B 两物体还是可以分离的，并且在超过弹簧原长处分离，故 D 错误。 - 7 - 故选 AC。 三、非选择题 9.新型电子秤是采用现代传感器技术、电子技术和计算机技术一体化的电子称量装置，具有 去皮清零功能，即先将容器置于电子秤上，按下去皮按钮清零后再把被测物品放进容器里， 待物品静止时，电子秤受到的压力大小数值上等于物品受到的重力大小，通过当地重力加速 度的换算，可以测出物品的质量。现用该电子秤探究小球在竖直面内做圆周运动在最低点时 对轨道的压力与半径的关系。某物理兴趣小组到实验室取来该电子秤、半径不同的光滑半圆 轨道和小球等器材做了下列探究实验，整个实验过程忽略空气阻力的影响： （1）将小球静置于电子秤上，根据示数得到压力为 F0，将半径为 R 的半圆轨道放在电子秤上 并去皮清零。然后将小球从半圆轨道的边缘由静止释放，当小球运动到最低点时，可由电子 秤的示数得到其压力为_____； （2）将半径为 R 的半圆轨道换为半径为 1.5R、2R……的半圆轨道放在电子秤上并清零，同样 将小球从半圆轨道的边缘由静止释放，观察并记录电子秤的读数； （3）进行多次试验后发现：随轨道半径增大，小球对轨道的压力___，小球在轨道最低点的 动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）。 【答案】 (1). 3F0 (2). 不变 (3). 增大 【解析】 【详解】（1）[1]设小球运动到最低点时的速度为 v，此时小球所受支持力为 FN，小球由静止 释放运动到最低点的过程，由动能定理得 21 02mgR mv  小球运动到最低点时，由牛顿第二定律得 2 N vF mg m R   联立解得 N 03 3F mg F  - 8 - 由牛顿第三定律得，电子秤的压力示数为 3F0。 （3）[2]由（1）中的计算结果可知，小球运动到最低点时，小球对轨道的压力始终为自身重 力的 3 倍，与轨道半径无关，所以随轨道半径增大，小球对轨道的压力不变。 [3]由（1）中的计算结果可知，小球运动到最低点时的动能等于 mgR，则轨道半径增大，小球 在轨道最低点的动能也增大。 10.实验室提供下列器材来测灵敏电流计 G 的内阻 Rg，要求测量时电表读数不得小于其量程的 1 3 ，且能多次测量，误差尽可能小： A、待测电流计 G（量程 1mA，内阻 Rg 约为 150Ω） B、电流表 A（量程 10mA，内阻 RA 约为 30Ω） C、定值电阻 R 各 1 个（阻值分别为 15Ω和 150Ω） D、滑动变阻器 R1，最大阻值为 10Ω E.电源电动势 E=3V（内阻很小） F.开关 S 及导线若干。 （1）根据上述器材完成此实验，要满足实验要求，定值电阻应选___Ω； （2）请你根据电路图甲在图乙中进行实物连线； （ ） （3）在实验时，用电流计 G 的读数 I1，电流表 A 的读数 I2 和已选定值电阻 R 来表示电流计 G 的内阻 Rg=_____； （4）若已测出此灵敏电流计 G 准确内阻 Rg=150Ω，要求另外用两个不同阻值的定值电阻和若 干导线，将此电流计 G 改装成量程分别为 3V 和 3mA 的两用电表。如图丙所示的电流计表盘上 有三个接线柱，请在接线柱之间连线画出内部改装电路图。其中两个另选电阻的阻值分别为 ___Ω，___Ω。 - 9 - 【答案】 (1). 15 (2). (3).  2 1 1 I I R I  (4). 2850 (5). 75 【解析】 【详解】（1）[1]根据并联电路的特点得 G g RI R I R ， A G RI I I  则电流表 A 与电流计 G 的电流关系为 G A g RI IR R   若 R=15Ω，则 G A 1 11I I ，则电流表 A 达到满偏电流 10mA 时，电流计 G 的电流能达到 0.9mA， 能满足测量要求； 若 R=150Ω，则 G A 1 2I I ，则电流计 G 达到满偏电流 1mA 时，电流表 A 的电流只能达到 2mA， 不能满足测量要求。 所以定值电阻应选 15Ω。 （2）[2]根据电路图完成的实物连线如下图所示，电流表 A 的正接线柱连接滑动变阻器上端 接线柱，开关一接线端连接滑动变阻器下端接线柱。 （3）[3]根据并联电路的特点得 1 g RI R I R ， 2 1 RI I I  联立解得  2 1 g 1 I I RR I  - 10 - （4）[4][5]内部改装电路如下图所示 设改装成 3V 的电压表需要串联的电阻为 R1，改装成 3mA 的电流表需要并联的电阻为 R2，则  g 1 gU I R R   g 2 g gI I R I R  解得 1 2850ΩR  ， 2 75ΩR  11.如图所示，一足够长的平行边界 PQ 的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面 向里，磁场宽度为 d。一质量为 m，电量为 q 的带负电粒子，以一定的速度与边界 P 成 60°角 垂直磁场方向射入匀强磁场，从另一边界 Q 与边界线成 30°角射出磁场，不计粒子重力。求： （1）粒子作匀速圆周运动的速度大小； （2）粒子在磁场中运动的时间。 【答案】（1）  3 1 qBd m  ；（2） π 2 m qB 【解析】 【详解】（1）由几何关系得 sin30 sin60R R d   解得  3 1R d  - 11 - 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则 2vqvB m R  解得  3 1 qBd v m   （2）带电粒子在磁场中运动 2vqvB m R  2πRT v  联立以上两式得 2πmT qB  由几何关系得，带电粒子在磁场中转过的角度为 90°，则 1 2π π 4 2 m mt qB qB    12.如图所示，固定光滑圆弧面与木板上表面平滑连接，距圆弧底端 x 处有一竖直墙壁。木板 质量 M=2kg，其长度 l=5m。在圆弧面上有质量为 m=2kg的可视为质点的小滑块，从距木板上表 面高 h=1.25m 处静止释放，已知滑块与木板的动摩擦因数μ=0.2，水平地面光滑。设木板与 墙壁碰撞时无能量损失，重力加速度取 g=10m/s2： （1）求滑块刚滑上长木板时的速度； （2）若墙壁距圆弧底端 x 足够长，求木板与墙壁碰撞时滑块的速度； （3）若墙壁距圆弧底端 x=6m，分析滑块是否会滑下长木板。若滑下，求滑下瞬间滑块和木板 的速度大小；若未滑落，求最终停止时滑块距木板左端的距离。 【答案】（1）5m/s；（2）故能够共速，2.5m/s；（3）见解析所示 - 12 - 【解析】 【详解】（1）滑块下落过程，由动能定理得 2 1 1 02mgh mv  解得 1 2 5m/sv gh  （2）假设木块和木板能够共速，由动量守恒定律得  1 2mv m M v  设木块的加速度为 a1，木板的加速度为 a2，达到共速所用时间为 t，木块的位移为 x 块，木板 的位移为 x 板，则 2 1 2m/sa g   ， 2 2 2m/smga M   2 2v a t 2 1 1 1 4.6875m2x v t a t  块 ， 2 2 1 1.5625m2x a t 板 两者相对位移为 3.125m 5mx x L   板块 故能够共速，因此碰撞时的速度为 2.5m/s （3）由于 x = 6m 时，x − L < x 板，故木板与挡板相碰时，二者并未共速，此种情况木板向 右运动了 1 1mx  ，则 分析木板 2 1 2 1 1 2x a t 3 2 1v a t 分析木块 2 2 0 1 1 1 2x v t a t  4 0 1 1v v a t  此时，木块与木板的相对位移 1 2 1Δx x x  - 13 - 此时，木块距离木板右端 12Δ Δx L x  然后木板与右边挡板相撞，撞后速度为 3 2m/sv  向左 假设二者脱离，则相对运动距离为 2Δx ，则 2 2 3 2 2 2 4 2 2 2 2 1 1 Δ2 2v t a t v t a t x    解得 2 0.5st  ， 2 2st  （舍去） 此时木板向左端运动的距离 2 3 2 2 2 1 2x v t a t  x = 0.75 m < 1m，故木板并未与左端相碰，此时小木块脱离木板 5 4 2 2 2m/sv v a t   6 3 2 3 1m/sv v a t   故小木块的速度为 2m/s，方向向右，小车的速度 1m/s，方向向左。 13.以下说法中正确的是 。 A. 热传递和扩散现象都具有方向性 B. 若液态水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止 C. 只要具有规则几何形状的物体就是晶体 D. 悬浮在空气中的携带新冠病毒的气溶胶（aerosol）颗粒所做的运动是布朗运动 E. 只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高 【答案】ABE 【解析】 【详解】A．热量可以自发地从高温物体传向低温物体，但不能自发地从低温物体传向高温物 体，说明热传递具有方向性；两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成为一种均匀的混 合气体，相反，一种均匀的混合气体绝不会自发地分开成为两种气体，说明扩散具有方向性。 故 A 正确； B．分子的热运动是永不停息的，所以液态水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止，故 B 正确； - 14 - C．晶体具有规则的几何形状，但具有规则几何形状的物体不一定是晶体，例如玻璃是非晶体， 但玻璃可加工成有规则的几何形状，故 C 错误； D．悬浮在空气中的携带新冠病毒的气溶胶颗粒，由于受到空气中气流的影响而运动，所以不 是布朗运动，故 D 错误； E．温度是分子平均动能的标志，增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高， 故 E 正确。 故选 ABE。 14.如图所示，一根与水平地面成θ=30°的倾斜玻璃管，上端开口，管内用水银柱封闭有理 想气体。已知水银柱长度 L=10cm，大气压强 p0=76cmHg，封闭气体此时温度为 27℃： ①求封闭气体的压强（用 cmHg 表示）； ②若给封闭气体加热，使其温度升高了 30℃，然后缓慢加注水银，为使封闭气体体积恢复到 加热前的大小，求需注入水银的长度∆L。 【答案】①8lcmHg；②16.2cm 【解析】 【详解】①设水银柱横截面为 S，水银密度为，对水银柱受力分析，沿玻璃管的方向，有 0 sinpS p S LSg   解得  0 sin30 76 10 0.5 cmHg 81cmHgp p L       ②分析封闭的理想气体，初状态 p = 81cmHg，T = 300K，末状态 Tʹ = 330K，则 pV p V T T   0 sin30p p L    解得 26.2cmL  所以需注入水银的长度 Δ 16.2cmL L L   - 15 - 15.下列说法中正确的是________。 A. 新冠肺炎诊断中，要用 X 光扫描肺部，是因为在电磁波中 X 光的穿透能力最强 B. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光 C. 泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的 D. 用光导纤维传播信号是利用了光的全反射 E. 赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．用 X 光扫描肺部，是因为它是各种电磁波中穿透能力较强的，而γ射线才是电磁 波中穿透能力最强，故 A 错误； B．照相机镜头前装一片偏振滤光片，让它的透振方向与反射光的偏振方向垂直，就可以减弱 反射光而使景像清晰，故 B 正确； C．泊松亮斑是光通过不透光的圆盘发生衍射时形成的，故 C 错误； D．光导纤维由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界 面上发生全反射，光导纤维传播信号就是利用光的全反射，故 D 正确； E．1886 年，赫兹制作了一套仪器，用它发射和接收电磁波，并第一次用实验证实了电磁波的 存在，故 E 正确。 故选 BDE。 16.如图所示，为一平行的透明介质，一束光以 60°的入射角射入介质，经介质折射后出射光 线比入射光线平移了 x = 3 cm。已知透明介质厚度 d = 3 cm，光在真空中的传播速度为 3×108m/s。求： ①该透明介质的折射率； ②该单色光在透明介质中的传播时间。 【答案】① 3 ；② 102 10 s - 16 - 【解析】 【详解】①作出光路图如图所示 在三角形 ABD 中，∠DAB = 60°，故 tan60 3 3cmBD d   过 C 点做 AD 垂线，由题意可知 3cmCE  ，由几何关系可知 2 3cmCD  ，故 3cmBC  设折射角为 ，则 3tan 3   解得 30   该透明介质的折射率为 sin60 3sin30n   ②设光在介质中传播的速度为 v，光在介质中传播的距离为 L，则 cv n  ， cos dL  该单色光在透明介质中的传播时间 2 10 8 3 3 10 s 2 10 scos 33 10 2 L ndt v c           - 17 -