2020届四川省泸州市高三（下）第三次教学质量诊断性考试理综物理试题（解析版）

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 解得 2 2 Mm vG ma mr 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. B. C. D. 【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 电阻两端的电压有效值等于电动势有效值，即 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 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 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 2 GMa r = GMv r = 2 2 NBSω 2 4 NBSω 4 NBSω 2 8 NBSω m 2 2 S NBSE NB ωω= = m 2 42 2 2R E NBS NBSU E ω ω= = = = 1 2 Q Q【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 ， 解得 ， 当 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 设小球落在圆轨道上的动能为 Ek，由动能定理得 联立以上各式，解得 当 时，Ek 有最小值，此时 ，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。 1 2 2 2 1 1( ) Q Qk k L r r = − 1 2 2 2 2 2( ) Q Qk k L r r = + 1 1 2 1 Lr Q Q = + 2 1 2 1 Lr Q Q = − 1 2 Q Q 0sinR v tθ = 21cos 2R gtθ = 2 k 0 1cos 2mgR E mvθ = − k 1 1 33cos4 cos 2E mgR mgRθ θ  = + ≥   3cos 3 θ = 0 90θ< < °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。 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 联立以上两式得 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 Tmg F ma− = TF F Ma− =安 T Mmg mFF M m += + 安【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。 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 小球运动到最低点时，由牛顿第二定律得 联立解得 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 ，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； 21 02mgR mv= − 2 N vF mg m R − = N 03 3F mg F= = 1 3（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。 【答案】 (1). 15 (2). (3). (4). 2850 (5). 75 【解析】 【详解】（1）[1]根据并联电路的特点得 ， 则电流表 A 与电流计 G 的电流关系为 若 R=15Ω，则 ，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 ，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。 ( )2 1 1 I I R I − G g RI R I R= A G RI I I= + G A g RI IR R = + G A 1 11I I= G A 1 2I I=（3）[3]根据并联电路的特点得 ， 联立解得 （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 解得 ， 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） ；（2） 【解析】 1 g RI R I R= 2 1 RI I I= + ( )2 1 g 1 I I RR I −= ( )g 1 gU I R R= + ( )g 2 g gI I R I R− = 1 2850ΩR = 2 75ΩR = ( )3 1 qBd m − π 2 m qB【详解】（1）由几何关系得 解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则 解得 （2）带电粒子 磁场中运动 联立以上两式得 由几何关系得，带电粒子在磁场中转过的角度为 90°，则 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 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 速度大小； 若未滑落，求最终停止时滑块距木板左端的距离。 在 的 的 sin30 sin 60R R d°+ ° = ( )3 1R d= − 2vqvB m R = ( )3 1 qBd v m − = 2vqvB m R = 2πRT v = 2πmT qB = 1 2π π 4 2 m mt qB qB = × =【答案】（1）5m/s；（2）故能够共速，2.5m/s；（3）见解析所示 【解析】 【详解】（1）滑块下落过程，由动能定理得 解得 （2）假设木块和木板能够共速，由动量守恒定律得 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 ， ， 两者相对位移为 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 ，则 分析木板 分析木块 2 1 1 02mgh mv= − 1 2 5m/sv gh= = ( )1 2mv m M v= + 2 1 2m/sa gµ= = − 2 2 2m/smga M µ= = 2 2v a t= 2 1 1 1 4.6875m2x v t a t= + =块 2 2 1 1.5625m2x a t= =板 3.125m 5mx x L− = < =板块 1 1mx = 2 1 2 1 1 2x a t= 3 2 1v a t=此时，木块与木板的相对位移 此时，木块距离木板右端 然后木板与右边挡板相撞，撞后速度为 向左 假设二者脱离，则相对运动距离为 ，则 解得 ， （舍去） 此时木板向左端运动的距离 x = 0.75 m < 1m，故木板并未与左端相碰，此时小木块脱离木板 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 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，一种均匀的的 2 2 0 1 1 1 2x v t a t= − 4 0 1 1v v a t= − 1 2 1Δx x x= − 12Δ Δx L x= − 3 2m/sv′ = 2Δx 2 2 3 2 2 2 4 2 2 2 2 1 1 Δ2 2v t a t v t a t x− + − = 2 0.5st = 2 2st′ = 2 3 2 2 2 1 2x v t a t= − 5 4 2 2 2m/sv v a t == − 6 3 2 3 1m/sv v a t′= − =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； 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ρ，对水银柱受力分析，沿玻璃管的方向，有 解得 ②分析封闭的理想气体，初状态 p = 81cmHg，T = 300K，末状态 Tʹ = 330K，则 解得 所以需注入水银的长度 0 sinpS p S LSgρ θ= + ( )0 sin30 76 10 0.5 cmHg 81cmHgp p L= + ° = + × = pV p V T T ′= ′ 0 sin30p p L′ ′= + ° 26.2cmL′ = Δ 16.2cmL L L′= − =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 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 = 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 ；② 【解析】 【详解】①作出光路图如图所示 的 3 3 102 10 s−×在三角形 ABD 中，∠DAB = 60°，故 过 C 点做 AD 垂线，由题意可知 ，由几何关系可知 ，故 设折射角为 ，则 解得 该透明介质的折射率为 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 ， 该单色光在透明介质中的传播时间 tan 60 3 3cmBD d= ° = 3cmCE = 2 3cmCD = 3cmBC = θ 3tan 3 θ = 30θ = ° sin 60 3sin30n °= =° cv n = cos dL θ= 2 10 8 3 3 10 s 2 10 scos 33 10 2 L ndt v c θ − −× ×= = = = × × ×