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1、四川省宜宾市届高三第二次诊断性考试理综物理试题解析版四川省宜宾市2019届高三第二次诊断性考试理综物理试题一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1. 玻尔首先提出能级跃迁。如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于能级的氢原子向低能级跃迁。下列说法正确的是A. 这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光B. 氢原子由能级跃迁到能级产生的光频率最大C. 氢原子由能级跃迁到能级产生的光波长最长D. 这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为eV【答案】A【解析】解：A、根据知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子。故A正确。B、D、氢原子由向能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为故B错误、

2、D错误。C、氢原子由向能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，波长最短。故C错误。故选：A。根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数。能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，波长越小。解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。2. 如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4：1，为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压。下列说法正确的是A. 变压器输入与输出功率之比为1：4B. 变压器副线圈中电流的频率为100HzC. 变压器原、副线圈中的

3、电流强度之比为1：4D. 若热敏电阻的温度升高，电压表的示数不变，电流表的示数变小【答案】C【解析】解：A、根据理想变压器的特点可知，原副线圈输入功率和输出功率相等，故A错误。B、变压器副线圈中电流的频率等于原线圈的电流频率，故B错误；C、根据得，原副线圈的电流之比为1：4，故C正确。D、若热敏电阻的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故D错误。故选：C。变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，根据求解频率；根据电流之比等于匝数之反比求出原副线圈的电流比；抓住输入电压不变，得出输出电压不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化。本题主

4、要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。3. 如图所示，质量均为m的斜面体A、B叠放在水平地面上，A、B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面匀速上升，A始终静止。若A的斜面倾角为，下列说法正确的是A. B. A、B间的作用力为C. 地面对A的支持力大小为2mg D. 地面对A的摩擦力大小为F【答案】B【解析】解：A、根据题意可得B受力平衡，沿斜面方向根据平衡条件可得，

5、故A错误；B、垂直于斜面方向根据平衡条件可得支持力，则A、B间的作用力为，故B正确；C、以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对A的支持力大小为，故C错误；D、以整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对A的摩擦力大小为，故D错误。故选：B。以B为研究对象，在沿斜面方向、垂直于斜面方向根据平衡条件求解；再以整体为研究对象，在竖直方向和水平方向根据平衡条件求解。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。4. 在西昌卫星

6、发射中心已成功发射“嫦娥四号”月球探测器。探测器奔月飞行过程中，在月球上空的某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，a、b两轨道相切于P点，如图所示，不计变轨时探测器质量的变化，下列关于探测器说法正确的是A. 在a轨道上P点的速率与在b轨道上P点的速率相同B. 在a轨道上P点所受月球引力等于在b轨道上P点所受月球引力C. 在a轨道上P点的加速度小于在b轨道上P点的加速度D. 在a轨道上运动的周期小于在b轨道上运动的周期【答案】B【解析】解：A、探测器在P点变轨，则从低轨向高轨变化时，必要做离心运动，须加速，所以探测器在高轨a的速度大于低轨b在P的速度，故A错误；B、探测器在两个轨道上P点的引

7、力均是由月球对它的万有引力提供，所以引力相等，故B正确；C、由于引力相等，据牛顿第二定律，两个轨道在P点的加速度也相等，故C错误；D、由开普勒第三定律可知，在a轨道上运动的周期大于在b轨道上运动的周期。故D错误故选：B。嫦娥四号从地月转移轨道修正至进入环月圆轨道的过程中有近月制动过程，此过程中发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小；根据万有引力提供向心力可以接的速度与轨道半径的关系，可知判断速度大小的变化，从而可以判断动能的变化；根据卫星的变轨原理判断速度的变化情况；根据速度与周期和轨道半径的关系判断探测器的速度。本题要熟悉卫星变轨原理，并能由此判定此过程中卫星机械能的变化关系，知道卫星轨道与周

8、期的关系。二、多选题（本大题共6小题，共34.0分）5. 如图所示，斜面倾角为，P为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合外力F、合外力的冲量I与时间t的关系图象可能正确的是A. B. C. D. 【答案】BD【解析】解：A、物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，则，位移时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误。B、物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B

9、正确。C、由B选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C错误；D、根据冲量的计算公式可得，前半段和后半段的时间相等，匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，合外力的冲量方向相反，故D正确。故选：BD。物体在前半段做匀加速直线运动，在后半段做匀减速直线运动，抓住位移相等，结合平均速度的关系，得出两段过程的运动时间关系，从而得出加速度大小关系以及合力冲量大小关系。本题虽然考查了物体的运动规律图线问题，但实际上是匀变速直线运动规律的运用，通过两段过程平均速度相等，位移

10、相等得出时间相等是解决本题的关键。6. 如图所示，一竖直圆弧形槽固定于水平地面上，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度沿AB方向平抛一小球，小球将击中槽壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点，已知，且不计空气阻力，则A. 两小球同时落到D点B. 两小球初速度大小之比为：3C. 两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角相等D. 两小球落到D点时重力的瞬时功率之比为：1【答案】BD【解析】解：A、两球平抛运动的高度不同，根据知，两球运动时间不等，故A错误。B、A点抛出的小球高度为R，水平位移为R，C点抛出的小球高度，水平位移

11、，初速度，因为水平位移之比为2：，下降高度之比为2：1，则初速度之比为：3，故B正确。C、小球落到D点时的速度方向与OD线夹角设为，则：，因为水平位移之比为2：，下降高度之比为2：1，则两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角不相等，故C错误。D、根据知，两球击中D点时竖直分速度不同，根据，重力对两小球做功的瞬时功率之比为：1，故D正确。故选：BD。根据下降的高度比较运动的时间，判断是否同时落在D点；根据高度求出时间，结合水平位移得出初速度的表达式，从而得出初速度之比。根据竖直分速度的大小比较重力的瞬时功率，根据下降的高度，结合动能定理比较动能的变化量。本题考查了平抛运动与动能定理和功率的基本运

12、用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，与初速度无关。7. 如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面纸面垂直，磁场的上、下边界虚线均为水平面；纸面内磁场上方有一个矩形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，已知矩形导线框长为2l，宽为l，磁场上、下边界的间距为3l。若线框从某一高度处自由下落，从cd边进入磁场时开始，直至cd边到达磁场下边界为止，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 线框在进入磁场的过程中感应电流的方向为adcbaB. 线框下落的速度大小可能始终减小C. 线框下落的速度大小可能先减小后增加D. 线框下落过程中线框的重力势能全部转化

13、为内能【答案】AC【解析】解：A、线框在进入磁场的过程中，磁通量增加，磁场垂直纸面向里，由楞次定律判断知感应电流的方向为adcba，故A正确。B、当线框完全进入磁场后，磁通量不变，不再产生感应电流，不受安培力，只受重力，线框做加速度为g的匀加速直线运动，速度在增大，故B错误。C、线框在进入磁场的过程中，可能安培力始终大于重力，线框的速度始终减小。当线框完全进入磁场后速度增加，所以线框下落的速度大小可能先减小后增加，故C正确。D、线框下落过程中线框的重力势能转化为动能和内能，故D错误。故选：AC。根据楞次定律判断感应电流的方向。当线框完全进入磁场后，磁通量不变，不再产生感应电流，不受安培力，线框

14、做加速度为g的匀加速直线运动。根据线框所受的安培力与重力可能的关系分析线框的运动情况。由能量守恒定律分析产生的内能与其他能的关系。本题的关键要正确分析线框的受力情况，抓住安培力随速度的增大而增大，减小而减小，分析线框的运动情况。要知道线框完全进入磁场后，磁通量不变，不再产生感应电流，不受安培力，线框做加速度为g的匀加速直线运动。8. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点。一带电量为C、质量为的小物块从A点静止释放，沿MN作直线运动，其运动的图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大图中标出了该切线，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电

15、量保持不变，则下列说法中正确的是A. AB两点电势差B. 小物块从B点到C点电场力做的功C. B点为AC间电场强度最大的点，场强大小D. 由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大【答案】BC【解析】解：A、物块在A到B过程，根据动能定理得：，得：，故A错误。B、物块从B点到C点电场力做的功，故B正确。C、据图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为，所受的电场力最大为，则电场强度的最大值为，故C正确。D、由图可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直减小，故D错误。故选：BC。两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向无穷远；电量为仅在运动方向上受电

16、场力作用从A点到C、到A运动的过程中，根据图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况。明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，由图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。9. 如图所示，密闭容器内的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则A. 氢分子的平均动能增大B. 氢分子的势能增大C. 容器内氢气的内能增大D. 容器内氢气的内能可能不变E. 容器内氢气的压强增大【答案】ACE【解析】解：A、温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定

17、增大。故A正确；B、气体分子之间的距离比较大，气体分子势能忽略不计。故B错误；C、气体的内能有分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大。故C正确，D错误；E、根据理想气体的状态方程：可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大。故E正确。故选：ACE。温度是分子的平均动能的标志，气体的内能仅仅与分子动能有关，根据理想气体的状态方程方向气体的状态参量的变化该题考查物体的内能与理想气体的状态方程，要明确气体的内能仅仅与气体的温度有关基础题目10. 图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是A. 该波的周期是sB. 该

18、波的传播速度是40C. 该波沿x轴的正方向传播D. 时，质点Q的速度方向向下E. 从到，质点P通过的路程为30cm【答案】BCD【解析】解：AB、由图甲得，图乙得周期，所以波速，故A错误B正确；C、由图乙可知时刻Q从平衡位置向上振动，所以机械波的传播方向是沿x轴正方向，故C正确；D、由乙图可知时质点Q从平衡位置向下振动，故D正确；E、从到为个周期，但0时刻P不在平衡位置，也不在最位移处，则其完成的路程不时三个振幅，故E错误；故选：BCD。根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向上振动，从而确定了该波向右传播。根据时间与周期的关系，分析质点P通

19、过的路程。本题有一定的综合性，考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在周期内振动的路程是A。三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11. 某实验小组利用下图所示器材测量滑块与木板之间的动摩擦因素。实验步骤：用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图所示。在A端向右水平拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F；改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤；实验数据如表所示：次数力123456根据表中数据在

20、给定坐标纸上作出图线。由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数_保留两位有效数字。在A端向右水平拉动木板速度的大小对动摩擦因数的测量_选填“会”或“不会”产生影响。【答案】 不会【解析】解：建立坐标如图所示，根据图中数据描点，然后作出图象如图。由于滑块和橡皮泥始终处于静止状态，则，那么图象的斜率就是动摩擦因数，从图象可以求出斜率，所以动摩擦因数。故答案为：如图所示 均可不会根据表格中的数据作出图线。根据滑动摩擦力公式，得出图线斜率的含义，结合图线的斜率求出动摩擦因数对于图线问题，一般的解题思路得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。12. 现有一量程为3V的电压表，内阻约为为了较准确地

21、测量其内阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内阻。试根据图甲所示的电路图，补充完成图乙所示的实物图的连线。若电阻箱、滑动变阻器各有两个可供选择。电阻箱：；滑动变阻器：最大阻值；最大阻值为了减小实验误差，电阻箱应选_选填“a”或“b”，滑动变阻器应选_选填“c”或“d”。该同学在开关都断开的情况下，检查电路连接无误后，接通电路前应将滑动变阻器的滑片P置于_选填“A”或“B”端；请按下面实验步骤依次操作，并补充完成步骤C。A.闭合开关和开关；B.调节电阻的阻值，使电压表示数满偏；C.断开开关，保持电阻_不变，调节电阻_的阻值，使电压表示数半偏选填“”或“”；D.记录数据并

22、整理好器材。按正确的实验步骤完成后，如果所得的电阻的阻值为，则被测电压表的内阻的测量值为_，该测量值_选填“略大于”、“略小于”或“等于”实际值。【答案】b c A 略大于【解析】解：根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：应用半偏法测电压表内阻，串联电阻箱阻值应大于电压表内阻，因此电压表应选择b；为方便实验操作，滑动变阻器应选择c；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于A端。、断开开关，保持电阻不变，调节电阻的阻值，使电压表示数半偏。断开开关后电压表与电阻箱串联，流过它们的电流相等，由题意可知，它们两端电压相等，由串联电路特点可知，电压表内阻等于电阻箱阻值，电压表

23、内阻为：；断开开关后，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，分压电路两端电压增大，当电压表半偏时电阻箱两端电压大于电压表两端电压，由串联电路特点可知，电阻箱阻值大于电压表内阻，实验认为电压表内阻等于电阻箱阻值，则电压表内阻测量值大于真实值。故答案为：实物电路图如图所示；c；略大于。根据实验电路图连接实物电路图。根据实验原理从减小实验误差与方便实验操作的角度选择实验器材。滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。根据实验原理完成实验步骤。根据实验原理与实验步骤求出电压表内阻，应用闭合电路欧姆定律与串联电路特点分析实验误差。本题考查了实验器材选

24、择与实验数据处理、实验误差分析，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，掌握半偏法测电阻的原理及误差分析。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13. 如图所示，竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道，其末端与足够长的水平轨道平滑连接，一质量为m的小球P从圆弧轨道顶端由静止开始沿轨道下滑，在圆弧轨道末端与质量为2m的静止小球Q发生对心碰撞。小球P、Q与水平轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。假设小球P、Q间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求：碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小；小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离。【答案】解：小球P从释

25、放到圆弧轨道末端的过程中，由动能定理得：小球P、Q发生完全弹性碰撞，取水平向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律分别得：由解得：碰撞后小球P在轨道末端时，由牛顿第二定律得：由牛顿第三定律知碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小为：联立解得：碰撞后小球P在水平轨道上运动，由牛顿第二定律得：碰撞后小球Q在水平轨道上运动，由牛顿第二定律得：解得：，又由于，且小球P再次回到圆弧轨道末端时速度大小不变，所以两小球不会发生二次碰撞由运动学公式有：P、Q之间的距离为：解得：答：碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小是；小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离是。【解析】小球P从释放到圆弧轨道末端的过程

26、中，由动能定理求出碰撞前瞬间小球P的速度大小。小球P、Q发生完全弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒分别列式，可求得碰撞后瞬间小球P的速度，再由牛顿运动定律求解。碰撞后，根据牛顿第二定律求出两球在水平轨道上运动时的加速度大小，结合初速度判断知道两小球不会发生二次碰撞，由运动学公式求出两球在水平轨道上滑行的距离，从而求得小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离。本题理清两球的运动情况，把握弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和能量守恒定律，这是解题的关键。第2问也可以根据动能定理求解。14. 如图所示，在坐标xoy平面内有一圆形区域，圆心位于坐标原点O，半径为R，P点坐标。若圆形区域内加一方向垂直于xoy平

27、面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的粒子从P点沿y轴正方向射入圆形磁场区域，从圆上的Q点离开该区域，离开时速度方向垂直于y轴。若将磁场换为平行于xoy平面且垂直于y轴的匀强电场，将同一粒子以相同速度在P点沿y轴正方向射入圆形区域，也从Q点离开该区域。不计粒子重力。求：该粒子在磁场中运动的时间；电场强度的大小；该粒子离开电场时的速度结果可用三角函数值表示。【答案】解：设粒子在磁场中运动的半径为r，时间t，从P点射入速度为由洛伦兹力提供向心力得：粒子在磁场中运动的周期粒子在磁场中运动个周期，即联立解得：画出粒子在磁场中的轨迹如图，P点坐标。由几何关系：解得：设电场强度的大小为

28、E，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律得：沿场强方向做匀加速运动，则垂直场强方向做匀速运动，则联立：式解得：由动能定理得：解得：设粒子离开电场时的速度方向与y轴正方向夹角则解得：。答：该粒子在磁场中运动的时间是；电场强度的大小是；该粒子离开电场时的速度是，离开电场时的速度方向与y轴正方向夹角的余弦值为。【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹图，则运动时间可求解；由几何关系可求得在磁场中运动的半径，将磁场换为电场，粒子做类平抛运动，由类平抛运动的规律可求得电场强度；由动能定理可求得离开电场时的速度。本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在电场中的运动运用类平抛

29、运动的规律求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用几何关系。15. 如图所示有绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为，封闭气柱长9cm，活塞横截面积现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22J，稳定后气体温度变为已知大气压强等于，求：加热后活塞到汽缸底端的距离；此过程中气体内能改变了多少【答案】解：取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为，温度为：，末状态的体积为：，温度为：气体做等压变化，则：代入数据得：在该过程中，气体对外做功：由热力学第一定律：答：加热后活塞到汽缸底端的距离是

30、12cm；此过程中气体内能改变了7J【解析】根据盖吕萨克定律，即可得出体积的变化由热力学第一定律求出内能的增量本题考查了求内能变化、温度等问题，分析清楚气体状态变化过程、应用热力学第一定律、理想气体状态方程即可正确解题16. 如图所示，球半径为R的玻璃球冠的底面镀银，底面的半径为，在过球心O且垂直于底面的平面纸面内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，经M点折射后的光线照射到底面的N点上，且，已知光在真空中的传播速度为c。求：玻璃球冠的折射率；该光线在玻璃球冠的传播时间不考虑光在玻璃球冠中的多次反射。【答案】解：光路图如图所示由几何关系得，为等边三角形，即BOM为一条直线，所以在M点入射角又，所以在M点折射角由折射定律得：解得：由几何关系可得，在N点反射后的光线过O点垂直BM从球冠的Q点射出该光线在球冠中的路程又传播时间解得：答：玻璃球冠的折射率是；该光线在玻璃球冠的传播时间是。【解析】作出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，再由折射定律求折射率；由几何关系求得光线在玻璃球冠的路程，则时间可求解。处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然