2019届四川省高三下学期毕业班第二次诊断性考试理综物理试题(解析版)

1、高中2019届毕业班第二次诊断性考试理科综合能力测试（物理部分）一、选择题：1 .下列核反应属于人工转变的是A.Thi- Pa+ e B.He+B- C+nC. U+n- Xe+ Sr+10 n D. H+HR He+n【答案】B【解析】【分析】衰变生成物为“或3粒子，原子核的人工转变是由人为行为发生的和反应方程，不是自发的衰变、裂变和聚变等.【详解】A Th234变成Pa234,同时有一个电子产生，属于 3衰变；故A错误.日用“粒子轰击Be,产生了碳原子，属于原子核的人工转变；故 B正确.C该反应方程为重核的裂变；故 C错误.D笊与瓶生成氨核，属于聚变反应；故 D错误.故选B.【点睛】只要根

2、据质量数守恒、电荷数守恒判断出生成物的成分即可解决此类题目2.2018年12月8日凌晨，我国嫦娥四号探测器从西昌卫星发射中心顺利升空。探测器靠近月球后，先在距离月球表面 H高处的近似圆轨道上绕月运行，测得运动周期为To已知月球半径为 R引力常量为 G根据以上信息，不能求出的是A.月球的平均密度B.月球的第一宇宙速度C.探测器的动能D. 探测器的向心加速度【答案】C【解析】【分析】卫星所受的万有引力提供向心力，即可求出月球的质量，由密度公式即可求出月球的平均密度Mm4?46（R 十 H）3【详解】A设月球质量为 M探测器质量为 m由G+ 得月球质量M= ,（R +Tp = '=¥

3、; GTV,所以A正确._ , Mm 旷 PM 加_iR + H 一一B> 由 G = m一信，v = = -7（R + H） I，所以 B 正确. R2 R3 T R T Q RC因不知探测器质量，故无法求出探测器动能，所以C错误._8加"_DX由G; = ma,得泣=（R + H）,所以D正确.* ID2T2本题选不能求出的故选 C.【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据该规律中心天体的质量和密度3 .如图甲所示为理想变压器，现将原线圈a接在电压u随时间t按如图乙所示正弦规律变化的交流电源上，将滑动变阻器滑片 P置于图中所示位置。电压表 M、V2均为理想交流电

4、表。现将滑动变阻器滑片P向右滑动一小段距离，与先前比较，下列说法正确的是C.电压表V2的示数减小D.灯泡L变亮【答案】A【解析】【分析】闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供， 其它仍用闭合电路殴姆定律 .当滑片P向右滑动的过程中，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化【详解】当滑动变阻器滑片 P向右滑动一小段距离，接入电路中的电阻增大，副线圈中电流减小，灯泡 L 变暗，原线圈中电流减小，电阻 R分压减小，消耗电功率减小，原线圈两端电压增大，电压表M的示数增大，副线圈两端电压增大，电压表 V2的示数增大；故 B、C、D错误，A正确.故选A.【点睛】理想变压器是

5、理想化模型，一是不计线圈内阻； 二是没有出现漏磁现象.同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化.分析的思路先干路后支路，以不变应万变.4 .如图所示，边长为 L的正六边形 ABCDEF的5条边上分别放置 5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细 棒均匀带上正电。现将电荷量为 +Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心 。点的场强为零。若移 走+Q及AB边上的细棒，则 O点强度大小为（k为静电力常量）（不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）kQ4kQ2业 Q4kQA. B.C. D. L -3L23L231?【答案】D【解析】【分析】根据电场强度是矢量，结合点电荷电场强度的计算

6、公式和对称性进行分析【详解】根据对称性，AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED上的细棒在O点产生的kQ 4kQ电场强度叠加为零.BC中点的点电荷在 O点产生的电场强度为 ；=一，因EF上的细棒与BC中点的（Lsin6CT） 3L4kQ点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，EF上的细棒在 O点产生的电场强度为 ,故每根细棒在 O点产3L-4kQ生的电场强度为 -移走+Q及AB边上的细棒，O点的电场强度为 EF与ED上的细棒在 O点产生的电场强 3L”4kQ4 曲 kQ度叠加，这两个场强夹角为60。，所以叠加后电场强度为 2尸点3。口 =一一；故选D.3L-【点睛】本题主要是考查

7、电场强度的叠加，知道电场强度是矢量，其合成满足平行四边形法则5 .如图甲所示，一块长度为 L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度V0射人木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s（图乙）。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为 % d mm H乙 才 ？Z产产产产产m1i1A.B. 上十屋） C. 一 ： D. 一、,；2v0v0【答案】D【解析】【分析】 以子弹与木块组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，分别对子弹和木块列动能定理表达式，再对木 块列动量定理表达式，联立可求解【详解】子弹穿过木块过程，对子弹和木块

8、的系统，外力之和为零动量守恒，有:设子弹穿过木块的过程所受阻力为f ,对子弹由动能定理：-f(s gmT，由动量定理:对木块由动能定理：=由动量定理：k =2 -1联立解得：t = (L + 2s)；故选D.%【点睛】子弹穿过木块的过程，子弹与木块组成的相同动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以正确解 题，解题时注意研究对象、研究过程的选择6.如图甲所示，质量m=1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，其1.5s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10m/s2。则心 1i.3 r/s甲乙A. 0.5s 时拉力功率12W B. 1.5s内拉力做

9、功9JC. 1.5s后物块可能返回D. 1.5s后物块一定静止【答案】AC【解析】【分析】根据图示图象求出物块的加速度和位移，然后应用牛顿第二定律求出拉力大小【详解】00.5s内物体的位移：X = 1 * 0一5 / 2m = 0,5m ; 0.5s1.5s内物体的位移：x? = 1 乂 1 乂 2m = 1m ;1 21 2由题图乙知，各阶段加速度的大小：=4m/sa2 = 2m/s?；设斜面倾角为 0 ,斜面对物块的动摩擦因数为科，根据牛顿第二定律，00.5s内KMmggsOug乱咸=m%；0.5s1.5s 内-pmgcosB-mgsine = m%；联立解得：F=6N,但无法求出 科和。

10、.A、0.5s时，拉力的功率P = Fy = 12W,故A正确.B 1.5s内的前0.5s拉力才做功，其大小 W三F，=3J；故B错误.C D无法求出 科和。，不清楚tan。与科的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，则C正确，D错误. 故选AC.【点睛】本题考查动力学知识与图象的综合，通过图线求出匀加速和匀减速运动的加速度是解决本题的关键，利用好牛顿第二定律求得拉力.7 .如图所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD已知AC=2AB=4cm A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4Vo某带电粒子从 A点以初速度V0=2m/s,与AD成30°夹角射入电场，粒子在 A

11、BC所在 平面运动，恰好经过 C点。不计粒子的重力。下列说法正确的是8 .电场强度大小为V/m3C.粒子过C点的速度为2而m/sD.仅改变初速度v方向，该粒子可能经过 B点【答案】BC【解析】【分析】电场线与等势面相互垂直，沿电场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中U=Ed,根据题意判断等势面，根据电场线与等势面间的关系确定电场线方向，根据U=Ed求出电场强度，根据电势差的定义式求出最高电势【详解】A、因AC=2AB=4cm,A、RC三点的电势分别为12V、8V、4V,取O点为AC的中点，则RT四，连接BQ过A点做BO的垂线，则实线为电场线，如图所示：因粒子由A运动经过C点，则电场力的方向与电场

12、线的方向相同，所以粒子带正电，则 A错误.UAO 4400J3日 因E = =-V m = -V m ； 所以 B正确.|AO|sin60° 祗 m3C粒子从A点开始做类平抛运动到 C点，根据类平抛运动的推论 上叨中=2回谊，粒子在C点时、h =气晶技，D仅改变初速度 V0方向，根据对称性，粒子必过 E点，所以D错误.故选BC.【点睛】本题考查了求电场强度与电势问题,知道“电场线与等势面相互垂直，沿电场线的方向电势逐渐降低”是解题的前提与关键，分析清楚题意、应用基础知识即可解题，解题时注意作辅助线8.如图所示，AC与BD两平行金属导轨宽度L=1m电阻不计，且足够长。两端分别接有电阻

13、R和R>, R=6iQ ,R>=3Q 。导体杆MNf AG BD垂直，两端与导轨良好接触，其电阻 r=1 Q ,质量m=1kg,在导轨上可无摩擦地滑动。垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B=1T。现给MNH个初速度 v=0.3m/s ,沿平行于 AC边向右移动。下列说法正确的是A.初始时MN的加速度大小为 0.1m/s2B.整个过程R上产生的热量为 0.020JC.整个过程通过的 R2电荷量为0.1CD. MN杆向右滑行的最大距离为0.9m【答案】AD导体杆MN®割磁感线，相当于电源，电阻 R和R2并联，由动能定理求解热量，由位移求电量【详解】A、初始时，MN

14、74;割磁感线产生的电动势 E = BLv=0.3V,R与R2并联后的电阻R升 =2。R1 +R.电路中的总电阻R息=十R井= 30,所以MN中的电流I口A , MN勺加速度a = = O,lmV ,故A正确.mB> MN的动能最终全部转化为热量，故总热量m = 0.045J,因曰七井=I二2 ,所以QQ并=1:2,及Q并=。一030J,又= 所以 Qri；Qr,故Qri = 0,010J；故 b 错误.mvC XM MN 由动量定理，EiL，3t = Amv , -EL-Aq=Amv,全程考查得：一ELq = 0-mv , q = = 03C ,因 BL= 所以（1r%2=1；2, q

15、瞪= 0.2C；故 c错误.A 中 BLxqRjKDK因为q二丁工需-,所以K = 0 9m ,故D正确.艮总1%BL故选AD.【点睛】电磁感应问题从电源、电路、安培力、运动、能量共五步研究，特别是电量涉及位移，能量涉及安培力做功.二、非选择题：9.在进行“探究共点力合成的规律”的实验中，用如图(a)所示的两个力拉弹簧使之伸长至某一位置，并适当调整力的方向，使两力之间的夹角为90°。(图中钩码规格相同)(1)换用一根线牵引弹簧(图(b),使弹簧的伸长量与两个力作用时相同，此时需要挂 个与图甲 中相同规格的钩码。(2)你对合力与分力遵循什么样的规律作出的猜想是 。(3)本实验采用的科学

16、方法是 。A.理想实验 B.等效替代 C.控制变量 D.物理模型【答案】(1). 5 (2).力的合成装遵循矩形法则(或平行四边形)(3). B【解析】【分析】分力和合力遵循平行四边形定则，以及知道合力的作用效果与合力的作用效果是等效的【详解】 设一个钩码的重力为 G,图a中互成90。的两个力F=g，F=4G ,则合力为F =我十月=5G ,图b中为了保持拉力的作用效果相同，故要挂 5个相同的钩码.(2)根据3、4、5个钩码及夹角的关系，可知猜想出力的合成遵循平行四边形法则或三角形法则(3)该实验保证合力与几个分力共同作用的作用效果相同，运用了等效替代法；故选B.【点睛】验证力的平行四边形定则

17、是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法.10.某学习小组在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，除导线和开关外，可供选择的实验器材如下：A.小灯泡L,规格“2.5V, 0.5WB.电流表A,量程3A,内阻约为15aC.电流表 A 量程300mA内阻约为0.5 QD.电压表V1,量程3V,内阻约为3k Q oE.电压表V2,量程15V,内阻约为9kQF.滑动变阻器 R,阻值范围010000。G.动变阻器R,阻值范围050H.定值电阻R,阻值为5Q oI.学生电源5V,内阻不计。(1)为了调节方便，测量尽量准确，实验中电流表应选用 ,电压表选用 ,滑动变阻器应选用

18、。(填写器材前面的字母序号)(2)在虚线方框内图甲的基础上完成实验原理图，并标注清楚元件的符号。 (3)根据实验数据，描绘伏安特性曲线如图乙所示，由此可知，当电压为1.5V时，小灯泡的灯丝电阻是0。(保留两位有效数字)【答案】(1). C (2). D (3). G (4).(5). 8.6【解析】【分析】(1)根据灯泡额定电流选择电流表，为方便思议操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器.(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图.(3)由图示图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯丝电阻.【详解】（1）因为小灯泡的额定电压为 2.5V,额定功率0.5W,所以额定电流200m

19、A所以电压表选 D,电流表选C;因为描绘小灯泡伏安特性曲线，电压变化范围较大，而小灯泡的电阻又较小，所以滑动变阻器选G.（2）因电源电动势较大，故选定值电阻R3在干路起彳护作用.因小灯泡内阻十欧姆数量级，电流表内阻 15欧姆，电压表内阻约 3千欧姆，所以采用外接法.原理图如图所示： 由图乙可知，当电压为 1.5V时，电流为0.175A,所以电阻为R=-G = 8,6Q. 0 175【点睛】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意正确得出实验对应的接法和原理，并能正确 根据图象进行数据分析；注意分压和电流表外接法的正确选择11.如图所示，某同学设计一个游戏装置，用弹簧制作的弹射系统将小球从

20、管口P弹出，右侧水平距离为L,竖直高度为H=0.5m处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R=0.75m,内壁光滑。通过调节立柱Q可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点Mg切线方向进入管道，从最高点N离开后能落回管口 P,则游戏成功。小球质量为0.2kg ,半径略小于管道内径， 可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2。 该同学某次游戏取得成功，试求：水平距离L;（2）小球在N处对管道的作用力；（3）弹簧储存的弹性势能。2_【答案】（1）L = 2m （2） F = ”，方向竖直向上 （3） Ep = 5J【解析】（1） P至M做斜上抛运动，在最高点速度水平能沿切线进入管道，

21、运动逆向思维看成平抛运动计算；M到N为变速圆周运动中的杆一球模型，用动能定理分析，N到P为平抛，运用分运动列式；（2）杆一球模型的最高点，受力分析结合牛顿第二定律和牛顿第三定律求压力；（3）弹力为变力，其做功引起的弹性势能变化由能量守恒定律解决是优先考虑的方法.【详解】（1）设小球进入 M点时速度为年乂，运动至N点速度为vN,由 P 至 M, L = v/i12口 =油由N至P,1 2但+加=相由M至N过程，由功能关系得：2mgR =解得：（2）由（1）可得，vN = 'lOm/sVNme + F = m R解得：由牛顿第三定律可知，小球在N处对管道的作用力F=F = -N,方向竖直向

22、上3,一 一一，一 1 ,（3）由P至N全过程，由能重寸恒te律：Ep =4 mg（H + 2K）解得：【点睛】本题考查了平抛运动、斜上抛运动、圆周运动与能量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律的综合运用，运动的过程较多，根据运动性质选择恰当的物理规律是解决本题的关键12 .如图甲所示，边长为 L的正方形ABCDE域内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心。处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为V0的带电荷量为q的粒子，粒子质量为 m图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G H不计粒子重力及相互作用。(1)为了使粒子不离开正方形ABCW域则磁感应强度 Bi应该满足什么条

23、件?(2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60° (如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小;(3)若磁感应强度大小为(2)中B2,则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示)从 BD(1)(2)2 由 niFn(3) 从AB边射出的坐标为qLL, x.-L < x <L边射出的坐标为夜i 一 _-L 从 CD2.12 I边射出的坐标为-L5-3-<x<12妲I从AC边射出的坐标为12L根据几何关系求出轨迹半(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹,径，再由牛顿第二定律求出 B的值.(2)运动时间最短

24、应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹； 由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围【详解】(1)为使粒子不离开正方形 ABC区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系:4叫片二Jx联立解得:比2一 qL(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短,由几个关系得：R = ' q%2>/5mv0 从AB边出射的粒子，轨迹如图所示:分析可知，一斛得：112当粒子运动轨迹与 BGt目切时，打到右边最远处,由几何关系得，1 hJS-3解得：x、= L 、 12综上粒子从AB边射出的坐标为同理求得，从 BD边射出的粒子,同理求得，从

25、CD边射出的粒子，位置坐标为1212同理求得，从 AC边射出的粒子，位置坐标为【点睛】解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹,尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小13 .下列叙述，正确的是 。A.气体吸热后温度一定升高14 对气体做功可以改变其内能C.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体D.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E.物体从单一热源吸收的热量在不引起外界变化的情况下可全部用于做功【答案】BCD【解析】【分析】热力学第一定律：做功和热传递都可以改变物体的内能；热力学第二定律：自然界中宏观过程具有方向性;不

26、可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功 而不产生其他影响.则温度不一定升高， 说法A错误;【详解】A、根据热力学第一定律=W,气体吸热后如果对外做功,日改变物体内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能，说法B正确.C根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体；说法C正确;D能量耗散说明宏观现象白发生具有方向性；D正确.E、物体从单一热源吸收热量可以全部用于做功，但一定引起外界变化；E错误.故选BCD.【点睛】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，只有熟练掌握热力学的一些基本概念，一定要注意积累.14.如图甲所示为

27、一个倒立的U形玻璃管，A B两管竖直，A管下端封闭，B管下端开口并与大气连通。已知A、B管内空气柱长度分别为 hA=6cm、hB=10.8cm。管内装入水银液面高度差 h=4cm欲使 A、B两管液面处于同一水平面，现用活塞C把B管开口端封住并缓慢推动活塞C（如图乙所示）。已知大气压为p0=76cmHg当两管液面处于同一水平面时，求：A管封闭气体压强Pa'活塞C向上移动的距离 x。【答案】108cmHg5.2cm【解析】【分析】对A气体利用理想气体的等温变化方程求解；由大气压的数值和水银柱的高度求出封闭气体的压强，A气体和B气体间的联系是之间的水银柱平衡和连通器的原理，根据等温变化的方程

28、求解某状态的体积，进而活塞移动的距离.【详解】设A B两管的横截面积为 S,以A管封闭气体为研究对象，初状态：Pa m 口口立: 72cmHg , VA = ShA = 6S设末状态的压强为pl，体积为VA从初状态到末状态，设 A管水银面下降h,则B管水银面上升也为 h2h = Ahh = 2cmV a = 4S由波意耳定律有： 由以上各式得：以B管封闭的气体为研究对象，设活塞向上移动距离为x初状态：Pb = P。= 76cmIIg , VA = ShB末状态：P r = P a 二 lOSciuHg , V B = S(hB + h-x)由波意耳定律有：出% = P b、'b由以上各

29、式得：x=5.2cm【点睛】本题考查的是等温变化，解决这类题的关键是，理解大气压和液体压强之间的关系，会根据大气压和液体压强计算封闭空气柱的压强.15.一列简谐横波沿 x轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.5s时刻的波形如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点 P平衡位置的坐标x=0.5m。下列说法正确的是“ >/crnA.该简谐波传播的最小速度为1.0m/sB.波传播的速度为(1.4+2.4n)m/s(n=0, 1, 2, 3)C.若波向x轴正方向传播，质点 P比质点Q先回到平衡位置D.若波向x轴负方向传播，质点P运动路程的最小值为5cmE.质点。的振动方程可能为 y=10sinb，；2rlMcm(n=0, 1, 2, 3)【答案】ADE【解析】【分析】由图读出波长，根据波形平移法得到周期的表达式，再由波速公式得到波速的表达式，分析波速可能值.要分波沿x轴正方向传播和沿 x轴负方向传播两种情况分析.根据P、Q回到平衡位置先后， 确定两者的速度 方向，再由“上下坡法”判断波的传播方向.【详解】A 0.5s内波传播的最短距离为 0.5m,故最小速度为1.0m/s, A选项正确.B>若波向x轴正方向传播，波速为 v = m/s = (LOi 2.4n)m/s(n = OJ ,23),若波向x轴