四川省绵阳市2020届高三物理11月诊断性试卷（附解析Word版）

绵阳市高中 2017 级第一次诊断性考试 理科综合能力测试物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 本试卷上无效。 3. 考试结束后，将答题卡交回。 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14-18 题只有一 项符合题目要求，第 19-21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.一运动物体，某一时刻起，仅在恒定阻力作用下直到停止。这段过程中物体 位移完全由 下列哪个物理量决定（ ） A. 物体的初速度 B. 物体的初动能 C. 物体的加速度 D. 物体的质量 【答案】B 【解析】 【详解】由动能定理 知，阻力 F 恒定，这段过程中物体 位移完全由初动能 决定。 A．这段过程中物体的位移完全由初动能决定，A 选项错误。 B．这段过程中物体的位移完全由初动能决定，B 选项正确。 C．这段过程中物体的位移完全由初动能决定，C 选项错误。 D．这段过程中物体的位移完全由初动能决定，D 选项错误。 2.一物体从空中自由下落至地面，若其最后 1s 的位移是第 1s 位移的 n 倍，忽略空气阻力， 则物体下落时间是（ ） A. (n+1) s B. (n-1) s C. D. 【答案】C 的 的210 2Fx mv− = − 1 2 n s + -1 2 n s【解析】 【详解】自由落体运动第一秒下落的位移： 最后一秒下落的位移： 解得： A．物体下落时间 ，A 选项错误。 B．物体下落时间 ，B 选项错误。 C．物体下落时间 ，C 选项正确。 D．物体下落时间 ，D 选项错误。 3.如图所示，一轻杆竖直固定在水平天花板上，杆的另一端装一轻光滑滑轮；一根轻绳跨过 滑轮一端挂质量为 m 的物体，另一端固定在天花板上 A 点，且绳与天花板的夹角为 30°，绳 与杆在同一竖直平面内。重力加速度为 g。关于轻杆对滑轮的作用力 F，下列说法正确的是 （ ） A. F 大小为 mg，方向斜向右上与杆夹角 60° B. F 大小为 ，方向水平向右 C. 仅将 A 点左移少许，F 大小减小 D. 仅将 A 点左移少许，F 方向不变 【答案】A 【解析】 【详解】AB．对 m 受力分析可知，物体受重力及绳子的拉力而静止，故绳子的拉力Ｔ=mg；绳 2 1 1 1 1 10 1m 5m2 2h gt= = × × = 2 2 1 1 1 ( 1)2 2h gt g t nh= − − = 1s2 nt += 1s2 nt += 1s2 nt += 1s2 nt += 1s2 nt += 3 2 mg子对滑轮的作用力应为两股绳拉力的合力，如图所示， 由几何关系可知,绳子对滑轮的作用力为 mg,方向与 AC 夹 120°角斜向下；滑轮受到绳子的力 和轻杆的力二平衡，轻杆对滑轮的作用力 F 与两绳子对滑轮的合力等大反向，所以轻杆对滑 轮的作用力 F 的大小为 mg,，方向斜向右上与杆夹角 60°。故 A 正确，B 错误。 CD．仅将 A 点左移少许，两绳子的张力大小不变，夹角减小，所以两股绳拉力的合力大小变 大，方向也改变。滑轮受到绳子的力和轻杆的力二平衡，轻杆对滑轮的作用力 F 与两绳子对 滑轮的合力等大反向，所以轻杆对滑轮的作用力大小变大，方向改变。故 C 项错误，D 项错误。 4.如图所示，直角三角形物体 C 放在水平地面上，将表面粗糙的两长方体 A、B 叠放在一起， 轻放在 C 的斜面上，而后 A、B 沿斜边一起下滑，且物体 C 始终静止。 下列说法正确的是 A. 若斜面光滑，则 B 受到平行斜面向下的摩擦力 B. 若斜面光滑，则 B 受到平行斜面向上的摩擦力 C. 若斜面粗糙，则 A 受到的摩擦力为零 D. 若斜面粗糙，则 A 受到平行斜面向上的摩擦力 【答案】D 【解析】 【详解】AB．若斜面光滑，以 AB 整体为研究对象，重力的下滑分力作为合力，提供加速度： 若以 A 为研究对象，加速度应该与 AB 整体的加速度保持一致，所以 A 与 B 之间没有摩擦力。 ( ) sin ( )A B A Bm m g m m aθ+ = + sina g θ=故 AB 均错误。 CD．若斜面粗糙，以 AB 整体为研究对象，重力的下滑分力与摩擦力的合力提供加速度： 若以 A 为研究对象，加速度应该与 AB 整体的加速度保持一致，所以 A 受到平行斜面向上的摩 擦力。故 C 错误，D 正确。 5.质量为 m 的物体从高为 h 的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以 v0 的初速度 从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的 v—t 图，则 物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】若物体静止开始下滑，由动能定理得： 若该物体以 v0 的初速度从顶端下滑, 由动能定理得： 由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为; 由以上三式解得： ( ) sin ( )A B A Bm m g f m m aθ+ − = + sina g θ< 2 0 1 32 mv mgh− 2 0 13 2mgh mv− 2 0 1 6 mv mgh− 2 0 1 6mgh mv− 2 1 1 2fmgh W mv− = 2 2 2 0 1 1 2 2fmgh W mv mv− = − 2 12v v=A．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力 功为 ，A 选项错误。 B．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为 ，B 选项错误。 C．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为 ，C 选项错误。 D．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为 ，D 选项正确。 6.一辆汽车从静止开始以恒定功率 P 启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与 速度的倒数的关系如图所示，图像斜率为 k,横截距为 b，则 A. 汽车所受阻力为 B. 汽车的质量为 C. 汽车的最大速度为 D. 汽车从静止到获得最大速度的时间为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．当加速度为零时,速度最大,由图象知： 解得汽车的最大速度为： 汽车启动受到的阻力： 故 A 选项错误。 的 2 0 1 6fW mgh mv= − 2 0 1 6fW mgh mv= − 2 0 1 6fW mgh mv= − 2 0 1 6fW mgh mv= − 2 0 1 6fW mgh mv= − P b P k 1 b 2 1 2kb 1 m bv = 1 mv b = m Pf Pbv = =Ｂ．汽车从静止开始启动时,由 P=Fv,及 F−f=ma 得： 结合图像的斜率： 解得： 故Ｂ正确。 C．汽车的最大速度为： 故 C 正确。 D．恒定功率启动，汽车做加速度减小的加速运动，根据已知条件无法求出从静止到获得最大 速度的时间。故 D 错误。 7.如图所示，斜面 ABC 放置在水平地面上，AB=2BC，O 为 AC 的中点，现将小球从 A 点正上方、 A 与 F 连线上某一位置以某一速度水平抛出，落在斜面上。己知 D、E 为 AF 连线上的点，且 AD=DE=EF，D 点与 C 点等高。下列说法正确的是 A. 若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定 B. 若小球从 D 点抛出，有可能垂直击中 O 点 C. 若小球从 E 点抛出，有可能垂直击中 O 点 D. 若小球从 F 点抛出，有可能垂直击中 C 点 【答案】AD 【解析】 【详解】A．假设∠A 的为 ，若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，将落点的速度分解在水 平方向和竖直方向，则： 1P fa m v m = − Pk m = Pm k = 1 mv b = θ所以，解得： 角度是确定的 可以解得： 所以小球的飞行时间由初速度大小决定。故 A 正确。 BCD．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定。 水平方向的位移： 竖直方向的位移： 则抛出点距离 A 点的距离为： 所以若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的水平位移和竖直位移相等。 垂直击中 O 点，有： ，则 即在 DE 的中点抛出才有可能垂直击中 O 点，故小球从 D 点、E 点抛出均不能垂直击中 O 点， 故 BC 错误。 垂直击中 O 点，有： ，则 0tan y θ = v v y gt=v 0 tan vt g θ= 1tan 2 BC AB θ = = 02vt g = 2 0 0 0 0 2 2v vx v t v g g = = ⋅ = 2 2 20 02 21 1 ( )2 2 v vy gt g x ADg g = = = = = 3 3' tan 2 2y y x y ADθ= + = = 1 2ox AB BC AD= = = 3' 2oy AD= 2Cx AB AD= = 3' 32C Cy x AD= =即小球从 F 点抛出，有可能垂直击中 C 点。故 D 正确。 8.如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮 O 固定在天花板上，物块 B 和 A 通过轻弹簧栓接 在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块 A 和 C， 物块 C 穿在竖直固定的细杆上，OA 竖直，OC 间距 l=3m 且水平，此时 A、C 间轻绳刚好拉直而 无作用力。已知物块 A、B、C 质量均力 2 kg。不计一切阻力和摩擦，g 取 10m/s2。现将物块 C 由静止释放，下滑 h=4m 时物块 B 刚好被提起，下列说法正确的是 A. 弹簧的劲度系数为 20 N/m B. 此过程中绳子对物块 A 做的功为 60J C. 此时物块 A 速度的大小为 D. 绳子对物块 C 做功的大小等于物块 A 动能的增加量 【答案】AC 【解析】 【详解】A．初始时弹簧处于压缩状态，弹力等于 A 的重力。B 刚好被提起时，弹簧处于伸长 状态，弹簧的弹力等于 B 的重力。由几何关系得，弹簧共伸长了 2m。物块 B 刚好被提起时弹 簧的的形变量为： 解得弹簧的劲度系数为： 故 A 正确。 BC．物块 C 沿杆下滑的速度分解在沿绳子的方向和垂直的方向，当物块 B 刚好被提起时： B 的速度为零，弹簧由压缩变为伸长，形变量不变，储存的弹性势能始末两个状态相等，由整 108 m/s41 2 5m 3mx = − kx mg= 20N/mk = cos37A o Cv v=个系统动能定理得： 解得： 所以 C 正确。 对于 A 物体，由动能定理得： 解得： 故 B 错误。 D．对 C 由动能定理得： 解得绳子对 C 做的功为： 物块 A 动能的增加量: 所以绳子对物块 C 做功的大小不等于物块 A 动能的增加量。故 D 错误。 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，每个试题考生都 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.用如图所示装置验证机械能守恒定律。竖直放置的四分之一圆弧轨道与水平轨道平滑相连， 将正方体小滑块从圆弧轨道某位置静止释放，并穿过水平轨道上的光电门，圆弧上的刻度能 读出释放位置对应的圆心角 θ。己知圆弧轨道的半径为 R，当地重力加速度为 g，滑块与轨道 间动摩擦因数很小。 2 21 12 2 2A Cmgh mg x mv mv− = + A 108 m/s41v = 212 2 AW mg x mv− = 640(40 )41W J= + 21 2T Cmgh W mv− = 21 1000 2280(80 )2 41 41T CW mgh mv J J= − = − = 21 640 2 41KA AE mv J∆ = =(1)要完成实验，还需要的仪器及相应的操作是_______。 A．天平，测量小滑块质量 m B．游标卡尺，测量小滑块宽度 d C．刻度尺，测量圆弧最低点到光电门的距离 L D．刻度尺，测量释放位置与水平轨道间的高度 H (2)若光电门测得小滑块挡光时间为 t，要验证机械能守恒，即要验证等式________成立。（等 式用题目中的物理量符号表示） 【答案】 (1). B (2). 【解析】 【详解】(1)[1]小滑块滑下来的过程由机械能守恒定律得： 其中： 所以需要的仪器及相应的操作是游标卡尺，测量小滑块宽度 d，质量不需要测量。 （2）[2]根据（1）列的式子代入化简得： 10.用图甲所示装置探究“加速度与力、质量的关系”。探究步骤： ①将木板倾斜一定角度并固定，使小车能匀速下滑，把打点计时器固定在木板上端； ②连接小车和空砝码盘的细绳跨过滑轮并与木板平行，并在小车内放若干相同的砝码； ③将小车接上纸带，接通电源，从图示位置静止释放小车； ④记录砝码盘和盘中砝码总质量，通过纸带计算小车的加速度 i ⑤将小车内的 1 个砝码取出，放在砝码盘内，重复操作③④； 21(1 cos ) 2 dgR t θ  − =    21 2mgh mv= (1 cos )h R θ= − dv t = 21(1 cos ) 2 dgR t θ  − =   ⑥重复操作⑤，直到小车内的砝码全部都移至砝码盘内。 己知打点计时器的频率为 50Hz，砝码盘质量为 m，所有砝码总质量为 m1，小车质量为 m2。回 答下列问题： （1）某次打出的一条清晰纸带的一部分如图乙所示，则打这条纸带时小车加速度 a=_______m/s2。（结果保留三位有效数字） （2）以小车加速度 a 为横坐标，砝码盘和盘中砝码的总重力 F 为纵坐标，建立坐标系，依据 多次测得的数据描点，作出图像。可能正确的图像是_________（填序号）。 （3）通过实验得到结：物体质量一定时，其加速度与合外力成正比。则本探充实验中，测量 对象的质量是__________。 （4）某位同学安装器材时，水平固定木板，其余实验操作步骤和数据处理方法与上述相同且 正确，则该同学在实验探宄过程中记录或计算得到物理量的值，与真实值相比，不准确的是 _________（选填“加速度”或“力”或“质量”）。 【答案】 (1). 1.70 (2). A (3). (4). 力 【解析】 【详解】（1）[1]计数点间时间间隔： 由匀变速直线运动规律： （2）[2] 砝码盘和盘中砝码的总重力 F，因为已经平衡了摩擦力，则 F 作为砝码，砝码盘和 小车的合外力： 1 2m m m+ + 0.1T s= 2 3 1 (3 1)x x aT− = − 2 2 23 1 2 2 (5.72 2.32) 10 m/s 1.70m/s(3 1) (3 1) 0.1 x xa T −− − ×= = =− − × 1 2( )F m m m a= + +所以，合力和加速度应该为正比例函数，选择 A。 （3）[3] 砝码盘和盘中砝码的总重力 F，因为已经平衡了摩擦力，则 F 作为砝码，砝码盘和 小车的合外力： 本探充实验中，测量对象的质量为三者质量之和 。 （4）[4] 水平固定木板，有摩擦力的影响，所以合外力力不准确。 11.如图所示，物体 A、B 在水平地面的同一直线上，间距 s=5 m。某时刻，物体 A 在水平外力 F 作用下从静止开始向右运动，一段时间后撤去 F；同时物体 B 以初速度 v0=2 m/s 向左运动， 经 1s 停下，整个过程中两物体不相碰。己知两物体与地面的动摩擦因数相同，重力加速度 g 取 10 m/s2，物体质量 =0.5 kg。求： （1）物体与地面间的动摩擦因数 μ； （2）外力 F 对物体 A 做功的最大值。 【答案】（1） (2) 【解析】 【详解】(1)设物体 B 质量 ,加速度大小为 ，经过 停下，则 解得： (2)设物体 B 经过位移 停下，则： 为 1 2( )F m m m a= + + 1 2m m m+ + Am 0.2u = 4JmW = Bm Ba 1sBt = 0 B Bv a t= B B Bm g m aµ = 22m/sBa = 0.2µ = Bx 21 2B B Bx a t=设物体 A 运动过程中受到滑动摩擦力大小为 ，外力 对物体 A 做功的最大值 时，经 停下，恰与物体 B 不相碰，则由运动关系和动能定理得： 解得： 12.如图所示，质量 M=0.2 kg、长 L=1 m 长木板放在地面上，质量 m=0.8 kg 的小滑块在长木 板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点 P 的切线水 平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距 x=1m。现用水平向右外力 F=6 N 作用 在小滑块上，小滑块到达 P 点后撤去外力 F，小滑块沿着圆弧轨道运动从 Q 点离开。长木板与 底座相碰时，立即粘在底座上。己知滑块与长木板、长木板与地面问的动摩擦因数分别为 =0.4 和 =0.15，重力加速度 g=10m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小； （2）小滑块到达 P 点时速度的大小； （3）圆弧轨道半径 R 的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) 圆弧轨道半径 的取值范围 【解析】 的 f F mW Ax A Bs x x= + 0m AW f x− = Af m gµ= 1mBx = 4mAx = 4JmW = 1 µ 2 µ 24.5m/sa = 2 4m/sv = R 0 0.32mR< ≤【详解】(1)在长木板与底座相碰前，假设 与 相对静止，一起加速，设加速度为 ，小 板与长木板间静摩擦力为 ，则: 解得： 即 假设成立。 长木板和小滑板加速度的大小为: (2) 设长木板撞击底座时，长木板和小滑板共同速度为 ，之后，小滑板在长木板上运动， 设加速度为 ，到达 P 点的速度为 ，则 解得： (3)小滑块滑上轨道从圆弧轨道的 Q 点离开，即能够到达圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最 大为 ，小滑块在最高点的速度大小为 ，则： M m a 1f ( ) ( )2F M m g M m aµ− + = + 1F f ma− = 24.5m/sa = 1 2.4Nf = 1 3.2Nmgµ = 1 1f mgµ< 24.5m/sa = 1v 1a 2v 2 1 2v ax= 1 1F mg maµ− = 2 2 2 1 12v v a L− = 2 4m/sv = mR mv 2 m m mvmg R =解得： 圆弧轨道半径 的取值范围: 13.一定质量的理想气体的状态变化图像如图所示，它由状态 a 经过状态 b 到状态 c。关于这 一过程的说法，正确的是 A. 理想气体的体积先增大后保持不变 B. 理想气体的体积一直增加 C. 理想气体的内能先增大后保持不变 D. 理想气体对外做功，吸收热量 E. 外界对理想气体做功，理想气体放出热量 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB．由理想气体状态方程 ,由状态 a 经过状态 b,压强不变，温度升高，体积 增大。态 b 到状态 c，温度不变，压强减小，体积增大。所以体积一直增大。故 A 错误。B 正 确。 C．一定量理想气体的内能由温度决定，状态 a 经过状态 b 到状态 c，温度向增大，后不变。 所以内能先增大后保持不变。故 C 正确。 DE．状态 a 经过状态 b 到状态 c，体积一直增大，所以理想气体对外做功。又内能先增大后保 持不变，总体相对于初始增大。由热力学第一定律 ,内能增大且对外做功，必须 吸收热量。所以 D 正确,E 错误。 14.一个气球，当球内气体的压强 p0=1x105Pa 时，容积为 Vo=10L。己知气球的容积与球内气体 的压强成正比。现保持温度不变，再向气球内充入压强为 p0=1×105Pa 的气体 30L,此后气体的 2 2 2 1 12 2 2mmgR mv mv− = − 0.32mmR = R 0 0.32mR< ≤ PV CT = U W Q∆ = +容积和压强分别是多大？ 【答案】 【解析】 【详解】选择气球中原有气体与打入气体的整体作为研究对象,即充气后球内气体 初态:压强： 体积： 末态:压强 ,体积 , 充气过程温度不变,根据玻意耳定律可得: 因为气球的容积与球内气体的压强成正比,设比例系数为 k,则初态气球: 末态气球: 联立几式计算得出: 15.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t=0 时刻刚好传到 E 点，且 A 点在波峰，B、C、D 也是 波上质点，波形如图(a)所示；质点 C 的振动图像如图（b）所示。在 x 轴正方向 E 有一能接 收简谐横波信号的接收器（图中未画出）以 5m/s 的速度向 x 轴正方向运动。下列说法正确的 是 。 A. 波速是 10m/s 5 2 2 10p Pa= × 2 20V L= 5 1 0 1 10p p Pa= = × 1 0 30 10 30 40V V L L L L= + = + = 2p 2V 1 1 2 2pV p V= 0 0V kp= 2 2V kp= 5 2 2 10p Pa= × 2 20V L=B. t=0.05 s 时刻，B 点在波谷 C. C、D 两点振动的相位差是 π D. 简谐横波波源起振方向沿 y 轴负方向 E. 接收器接收到的波的频率比波源振动频率小 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．由（a）图可知，波长为 。由（b）图可知，周期 。所以波速： 故 A 正确。 B．靠近平衡时振动速度更大，所以 B 点从图示位置振动到波谷应该用大于 的时间。故 B 错误。 C．C、D 两点传播相差半个波长，所以振动的相位差 π，故 C 正确。 D．因为简谐横波沿 x 轴正方向传播，所以由质点带动法可以判断波源起振方向沿 y 轴正方向。 故 D 错误。 E．接收器和波源之间的距离增大，产生多普勒效应，所以接收器接收到的波的频率比波源振 动频率小。故 E 正确。 16.如图所示，ABCD 为某种透光均匀介质的截面，∠ADC=60o，DC⊥BC，AD⊥AB，AD=4cm， DC=3cm。宽度为 AD 的一束单色平行光从 AD 面垂直入射，射到 BC 面的光刚好能够发生全反射。 求： （ⅰ）介质的折射率； （ⅱ）能从 CD 面射出的光对应的入射光在 AD 面上的宽度。 【答案】（ⅰ） （ⅱ） 4mλ = 0.4T s= 10m/sλv T = = 1 8T 2n = 1cmd =【解析】 【详解】（ⅰ）作光路图如下图所示,某条光线从 AD 边上的 P 点入射，在 BC 边上的 Q 点发生 全反射，由几何关系可知，∠PQB=60°，则射到 BC 面的光刚好能够发生全反射的入射角为 30°， 则介质的折射率为： （ⅱ）如图所示蓝色光路图所示，从 AD 面照射到 CD 面的光，有几何关系可知，入射角为 60°，发生全反射到 BC 面，反射到 BC 面的入射角为 30°，再次发生全反射，从 AD 面射出。 通过光路可逆可得，照射到 BC 面，再反射到 CD 边，同样不会从 CD 边射出，故设从 BC 面反 射的光经正好过 D 点，如图中红色箭头所示，由几何关系可得： ∠QDC=30° 因为∠C=90°，所以∠QDC 的正切值： 解得： 从 BQ 反射的光，如图黄色的光路图所示，由几何关系可得，在 AD 面的入射角为 60 度，发生 全反射，反射到 CD 面，入射角为 0°,垂直从 CD 面射出。故从的 CD 面射出光对应的入射光在 AD 面上的宽度为 BQ 在 AD 方向的投影，所以宽度为： 1sin30 = n ° 2n = tan30 QC CD ° = tan3 33 cm 330 cmQC CD= ⋅ ° = × = sin3 5 30 cmos 330c AD CDBC − ° == ° ( )cos3 1cm0d BC QC= − ° =