四川省成都市高三上學期第一次診斷性檢測理綜物理試卷

四川省成都市2022屆高三上學期理綜物理第一次診斷性檢測試卷一、單選題1．甲、乙同學在同一直道上的位移一時間（x-t）圖像如圖所示。由圖可知（）A．甲始終沿同一方向運動B．t1時刻，甲的速度最大C．t1時刻，甲、乙相距最遠D．t2時刻，甲、乙的運動方向相反2．如圖，傾角為θ的絕緣光滑斜面和斜面底端電荷量為Q的正點電荷均固定，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊從A點由靜止開始沿斜面下滑，剛好能夠到達B點。已知A、B間距為L，Q>>q，重力加速度大小為g。則A、B兩點間的電勢差UAB等于（）A．-mgLsinθQ B．mgLsinθ3．神舟十三號載人飛船于2021年10月16日與在軌運行的天宮空間站成功對接。若對接后可近似認為空間站在距地面高400km的軌道上做勻速圓周運動，已知地球半徑為6400km，第一宇宙速度為7.9km/s。則空間站的運行速率約為（） 4．如圖，在跨過光滑定滑輪的輕繩拉動下，木箱從距滑輪很遠處沿水平地面向右勻速運動。已知木箱與地面間的動摩擦因數(shù)為33A．先減小后增大 B．先增大后減小C．一直減小 D．一直增大5．如圖（a），平行金屬板A、B間的電壓恒為U，B板右側(cè)的平行金屬板M、N間加有圖（b）所示的交變電壓，OO'是M、N板間的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場且電場僅局限于板間。零時刻，緊貼A板同時由靜止釋放甲、乙兩個離子，兩離子質(zhì)量相等、電荷量關(guān)系為q甲=4q乙；甲在T4時刻沿OO'方向進入并在3T4時刻飛離交變電場。設(shè)甲、乙飛離交變電場時的速率為v甲、v乙，在交變電場中的偏移量大小為y甲、yA．y甲=2y乙 B．y甲=y乙 C．v甲=v乙 D．v甲=4v乙二、多選題6．圖示電路中，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，小燈泡L的電阻為R，小型直流電動機M的線圈內(nèi)阻為r0、額定電流為I0，當開關(guān)S分別接1、2、3時，它們都能正常工作。則（）A．S接1且電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量為Q=ECB．S接2且電路穩(wěn)定后，小燈泡的熱功率為PC．S接3且電路穩(wěn)定后，電動機的輸出功率為ED．S接3且電路穩(wěn)定后，電動機兩端的電壓是U7．如圖，真空中A、B兩點固定著兩個等量同種正點電荷，O點是AB連線的中點，電子能夠在AB連線的中垂面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動。若電子運動的軌道半徑為r，則r較大時（）A．電子所需的向心力較小 B．電子運動的角速度較小C．電子的電勢能較大 D．電子運動的周期較小8．將圖（a）中的蹦床簡化為圖（b）所示的彈簧，當質(zhì)量50kg的運動員站在蹦床上靜止時，彈簧的上端由O點壓縮到A點，運動員重心在O點?，F(xiàn)將比賽過程分為兩段，過程1：運動員從A點開始，通過多次起跳，在空中完成動作，且越跳越高，直至重心達到距O點高為6.1m的最高點（此時運動員的速度為零）；過程2：運動員在最高點結(jié)束表演，此后不做任何動作，多次往返，最后靜止在蹦床上，彈回過程中重心與O點最大高度差為4m。若整個過程中運動員所受空氣阻力大小恒為重力的0.2倍，重力加速度大小為10m/s2。則（）A．過程1中，運動員能夠越跳越高，是因為彈簧對運動員不斷做正功B．在過程2的每一次單向向上運動過程中，運動員的速度最大時，彈簧的上端都處于A點下方C．過程2中，從開始下落到彈至重心距O點高4m處，運動員克服空氣阻力做的功為1010JD．過程2中，彈簧的最大彈性勢能為2520J三、實驗題9．為測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻，某同學設(shè)計了圖（a）所示的電路，圖中電流表的量程為0.6A，內(nèi)阻為rA=0.2Ω。（1）請根據(jù)圖（a）在答題卡虛線框中完成實物連線。（2）實驗中，該同學利用測得的電壓U、電流I數(shù)據(jù)作出了圖（c）所示的U-I圖像。由圖可得：電池的電動勢為V、內(nèi)阻為Ω。（保留2位小數(shù)）10．學習動量定理后，某同學用圖示裝置［（a）為實物圖，（b）為簡化圖］，在滑塊從起動至到達光電門的過程中，探究滑塊的末速度v與所受橡皮筋拉力的沖量I的關(guān)系。實驗中，該同學先測出了滑塊的質(zhì)量為M=0.224kg，遮光條的質(zhì)量為mo=0.006kg、寬度為d=0.025m；然后在氣墊導軌正常工作后，多次釋放滑塊，改變橡皮筋對滑塊的拉力沖量，利用計算機系統(tǒng)采集每次運動過程中的相關(guān)數(shù)據(jù)。（1）關(guān)于該實驗，下列說法正確的是和。（填選項序號字母）A．氣墊導軌需進行水平調(diào)零且保持滑塊運動過程中橡皮筋水平B．每次釋放滑塊的位置必須相同C．每次實驗中，滑塊、遮光條和拉力傳感器的總質(zhì)量必須保持不變D．可以在滑塊開始運動后的某一時刻開始計時（2）下列表格記錄的是實驗中采集的部分數(shù)據(jù)，圖（c）是計算機根據(jù)這些數(shù)據(jù)在v-I坐標中描出的五個點。測量次數(shù)123456遮光條遮光時間△t/s11滑塊的末速度v/m·s-1橡皮筋拉力的沖量Ⅰ/N·s根據(jù)獲得的數(shù)據(jù)可知，表格中第3次測量所缺的數(shù)據(jù)為（保留3位小數(shù)）。（3）請在答題卡的v-I坐標中描出第3次測量所對應的點并做出v-I圖線。（4）根據(jù)v-I圖線，求得傳感器的質(zhì)量為m=kg（保留3位小數(shù)）。四、解答題11．如圖，ABC是固定在豎直面內(nèi)、圓心在O點、半徑為R的絕緣光滑圓弧形軌道，B、C分別為軌道的最低和最高點，∠AOB=60°，軌道所在空間有豎直方向（未畫出場強方向）的勻強電場?，F(xiàn)從軌道所在豎直面內(nèi)距A點高度為2R的P點，以大小gR的初速度水平向右拋出一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的小球，小球恰能在A點沿軌道切線進入軌道。小球可視為質(zhì)點且運動過程中電荷量不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求勻強電場的電場強度；（2）小球能否通過C點？若能，則求出在C點軌道對小球的彈力大小；若不能，則說明理由。12．如圖，用水平傳送帶向右運送貨物，傳送帶左、右端點A、B間距為L=24.5m，裝貨物的凹形薄木箱質(zhì)量為M=1kg、長度d=1.5m。現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的貨物放入靜止的木箱，木箱左側(cè)位于A端，貨物恰與木箱左側(cè)壁接觸。放入貨物后，傳送帶由靜止開始依次做勻加速運動、勻速運動和勻減速運動直到靜止，木箱在傳送帶勻速運動中的某時刻與傳送帶共速，且停止運動時其右側(cè)剛好在B端，該過程中，傳送帶減速段、加速段的加速度大小均為a0=4m/s2，最大速度v0=4m/s。已知木箱與貨物間的動摩擦因數(shù)（1）傳送帶加速運動過程中，貨物對木箱側(cè)壁的壓力大?。唬?）傳送帶減速運動過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）傳送帶勻速運動的時間。13．如圖，一橫截面積為S的圓柱形氣缸豎直放置在升降機中，質(zhì)量為m的活塞在缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞上表面水平，下表面與水平面的夾角為θ。不計活塞與氣缸內(nèi)壁之間的摩擦，大氣壓強為p0，重力加速度大小為g。（i）當升降機以加速度a豎直向上做勻加速運動時，求缸內(nèi)氣體的壓強；（ii）當升降機靜止時，對缸內(nèi)氣體緩慢加熱，氣體吸收的熱量為Q，氣柱高度增加了ΔL，求加熱過程中氣體內(nèi)能的增量。14．如圖，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻剛好傳到A點，此時相距Δx=0.8m的P、Q兩質(zhì)點運動方向相反、偏離平衡位置的位移均為y0=10cm，其中，P點在Q點左側(cè)但位置未標出；從t=0時刻開始，Q質(zhì)點經(jīng)歷1.4s第二次位于波峰。求：（1）此列簡諧橫波的周期及1.4s末A質(zhì)點偏離平衡位置的位移；（2）此列簡諧橫波的波速。五、填空題15．如圖，一定質(zhì)量的理想氣體依次經(jīng)歷的三個不同過程，分別由壓強-溫度（p-T）圖上三條直線ab、bc和ca表示，其中ab平行于橫軸，bc的延長線過坐標原點O，ca平行于縱軸。由圖可知，ab過程中氣體體積（填“增大”、“減小”或“不變”），bc過程中氣體熱（填“吸”或“放”），ca過程中做功。（填“氣體對外界”或“外界對氣體”）16．為幫助圖（a）所示在井底正中央“坐井觀天”的青蛙拓寬視野，某同學設(shè)計了圖（b）所示的方案，在深度井口直徑①注入液體的折射率（填“較大”或“較小”）時，觀察范圍較大；②當注入液體的折射率大于時，觀察范圍不再增大；③若注入的液體是折射率為1.33的水，則青蛙的觀察范圍為。（可能用到的三角函數(shù)值：sin70°=0.94

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．因圖像的斜率等于速度，可知甲的速度先正后負，可知甲先沿正方向運動，后沿負方向運動，不是始終沿同一方向運動，A不符合題意；B．t1時刻，甲圖像的斜率為零，此時的速度最小，B不符合題意；C．當甲乙速度相等時相距最遠，即當甲圖像的切線的斜率等于乙的斜率時甲乙相距最遠，此位置不是t1時刻，C不符合題意；D．t2時刻，甲、乙圖像的切線的斜率符號相反，即兩物體的運動方向相反，D符合題意。故答案為：D。

【分析】利用圖像斜率可以判別速度的方向；利用其斜率的大小可以判別其速度的大小；利用其速度相等可以判別距離最遠。2．【答案】C【解析】【解答】從A到B由動能定理可知mgL解得U故答案為：C。

【分析】利用動能定理結(jié)合重力做功可以求出AB之間電勢差的大小。3．【答案】B【解析】【解答】設(shè)地球半徑為R，空間站的離地高度為h，空間站繞地球做勻速圓周運動時，根據(jù)萬有引力提供向心力得G第一宇宙速度為繞地球表面飛行的物體做圓周運動的速度，根據(jù)G代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v≈7B符合題意，ACD不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用引力提供向心力結(jié)合第一宇宙速度的大小可以求出其空間站速率的大小。4．【答案】A【解析】【解答】對物體受力分析，如圖所示無論F如何變化，支持力與摩擦力的合力方向不變，則有tan則α=6設(shè)兩個力的合力為F'，則由矢量三角形知拉力F垂直F'，拉力最小，此時拉力與水平方向的夾角為30°，當θ角由0增加到30°時，拉力逐漸減小，當θ角由故答案為：A。

【分析】利用其支持力與摩擦力的關(guān)系可以判別其兩者的合力方向不變；結(jié)合平衡條件及矢量三角形定則可以判別其拉力最小時的方向，利用其角度的變化可以判別其拉力的大小變化。5．【答案】B【解析】【解答】兩粒子在電場中被加速，則Uq=可得v=兩離子質(zhì)量相等、電荷量關(guān)系為q甲=4q乙；可知兩粒子出離電場中的速度之比為v時間之比為t因為甲在T4時刻沿OO'方向進入，則乙在T2時刻沿OO'方向進入，甲粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間為T偏轉(zhuǎn)距離y乙粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a偏轉(zhuǎn)距離y則y甲=y乙由對稱性可知，甲乙兩粒子出離偏轉(zhuǎn)電場時沿場強方向的速度均為零，則出離偏轉(zhuǎn)電場時的速度等于進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度，即vACD不符合題意，B符合題意；故答案為：B。

【分析】粒子在電場中加速，利用動能定理可以求出離開電場的速度大小，進入偏轉(zhuǎn)電場時，利用牛頓第二定律結(jié)合位移公式可以求出偏轉(zhuǎn)位移的大??；利用其對稱性可以求出離開偏轉(zhuǎn)電場的速度之比。6．【答案】A,C【解析】【解答】A．S接1且電路穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為E，則所帶電荷量為Q=ECA符合題意；B．S接2且電路穩(wěn)定后，小燈泡的熱功率為PB不符合題意；C．S接3且電路穩(wěn)定后，電動機的輸出功率等于電源的總功率與電源內(nèi)阻和電動機內(nèi)阻上的熱功率之差，即EC符合題意；D．S接3且電路穩(wěn)定后，電動機兩端的電壓是UD不符合題意。故答案為：AC。

【分析】當開關(guān)接1時，其電容器兩端電壓大小等于電動勢，結(jié)合電容的定義式可以求出電荷量的大??；當開關(guān)接2時，利用電功率及歐姆定律可以求出熱功率的大小；當開關(guān)接3時，利用電源的總功率和內(nèi)阻及電動機內(nèi)阻消耗的熱功率之差可以求出電動機的輸出功率；利用閉合電路的歐姆定律可以求出其電動機的電壓大小。7．【答案】B,C【解析】【解答】A．電子做勻速圓周運動的向心力由電場力提供，在A、B連線的中垂線上，從O到無窮原處，電場強度的最大值不確定，因此從O到無窮遠處，電場強度先增大后減小，所以在r變大時，電場強度可能一直增大，也可能先增大后減小，故向心力的大小變化不能確定，A不符合題意；C．在A、B連線的中垂線上，電場線方向都是從O指向無窮原處，所以電勢一直降低，電子帶負電，則r較大時，電勢能較大，C符合題意；BD．設(shè)正點電荷的電荷量為Q，AO長度為L，則電子做圓周運動的向心力為F由牛頓第二定律得2keQr可得r較大時，角速度ω較小，根據(jù)T=知周期較大，B符合題意，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】利用其電場線的分布可以判別電子受到的電場力大小，利用電場力提供向心力可以判別向心力的大??；利用電場力的合力提供向心力可以求出角速度和周期的大??；利用電勢的大小結(jié)合電性可以比較電勢能的大小。8．【答案】B,D【解析】【解答】A．過程1中，上升階段，運動員與彈簧未分離時，彈簧對運動員做正功，運動員與彈簧未分離后，彈簧對運動員不做功，A不符合題意；B．由題可知，當物體靜止時，在A點彈簧的彈等于重力，在過程2的每一次單向向上運動過程中，阻力方向向下，運動員的速度最大時，運動員的加速度為零，此時有F則速度最大時，運動員比靜止在彈簧上時，彈簧的彈力更大，則被壓縮更短，所以彈簧的上端都處于A點下方，B符合題意；C．過程2中，從距O點高為6m開始下落到彈至重心距O點高4.1m處，設(shè)運動員克服空氣阻力做的功W，由動能定理得mgh-W=mg解得W=1050JC不符合題意；D．過程2中，當彈簧第一次到最低點時，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)彈簧的壓縮量為x，運動員從距O點高為6m開始下落到重心與O點最大高度差為4.1m過程中，克服空氣阻力做的功為0解得x=0過程2中，當彈簧第一次到最低點時，由動能定理得mg代入數(shù)據(jù)得ED符合題意。故答案為：BD。

【分析】當運動員與彈簧分離時，其彈簧對運動員不做功；當速度最大時，其彈力等于阻力和重力的合力所以其運動員速度最大時位于A點的下方；利用動能定理可以求出克服阻力做功的大小，結(jié)合阻力做功的表達式可以求出第一次下落時對彈簧的壓縮量；利用下落過程的動能定理可以求出最大彈性勢能的大小。9．【答案】（1）【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖連接實物圖如圖所示（2）由閉合電路歐姆定律得U=E-I可知U-I圖像縱軸截距為電源電動勢，結(jié)合圖像可得E≈1圖像斜率的絕對值為k=則r=0

【分析】（1）利用電路圖進行實物圖連接；

（2）利用閉合電路的歐姆定律結(jié)合圖像斜率和截距可以求出其電動勢和內(nèi)阻的大小。10．【答案】（1）A；C（3）（4）0.081（0.079～0.085）【解析】【解答】解：（1）A．因為探究滑塊的末速度v與所受橡皮筋拉力的沖量I的關(guān)系，因此氣墊導軌需進行水平調(diào)零且保持滑塊運動過程中橡皮筋水平，A符合題意；B．因為探究滑塊的末速度v與所受橡皮筋拉力的沖量I的關(guān)系，所以每次釋放滑塊的位置可以不相同，B不符合題意。故答案為：A。C．因為探究的是滑塊的末速度v與所受橡皮筋拉力的沖量I的關(guān)系。所以每次實驗中，滑塊、遮光條和拉力傳感器的總質(zhì)量必須保持不變，C符合題意；D．因為探究滑塊的末速度v與所受橡皮筋拉力的沖量I的關(guān)系，所以滑塊必須從靜止開始運動，并同時開始計時，D不符合題意。故答案為：C。（2）第3次測量的數(shù)據(jù)為v（3）在v-I坐標中描出第3次測量所對應的點并做出v-I圖線，如圖所示。（4）由力的沖量等于動量的變化可得I=（M+m0+m）vv=v-I圖線斜率為k=M+m0

【分析】（1）探究滑塊速度和橡皮筋拉力的大小關(guān)系其是否滑塊的位置可以不同；探究拉力的沖量其計時需要從滑塊開始運動進行計時；

（2）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大??；

（3）利用坐標點進行連線；

（4）利用動量定理結(jié)合圖像斜率可以求出其傳感器質(zhì)量的大小。11．【答案】（1）解：從P到A，小球受重力和電場力共同作用做類平拋運動如圖，將小球在A點的速度分解，可知速度偏轉(zhuǎn)角為60°由運動學規(guī)律有vtan6由牛頓第二定律有mg+qE=ma將v0=gR，故勻強電場的電場強度大小為mg4q（2）解：由題意，小球在A點沿軌道切線進入軌道，可知進入時無能量損失假設(shè)小球能夠到達C點。設(shè)小球在C點的速度大小為vC從P到C，由動能定理有(在C點，由牛頓第二定律有(聯(lián)立兩式解得F=mg假設(shè)成立，小球能通過C點。【解析】【分析】（1）從P到A的過程，利用類平拋位移公式結(jié)合牛頓第二定律可以求出電場強度的大小及方向；

（2）當小球從軌道切線進入時，利用機械能守恒定律可以求出經(jīng)過C點速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以判別是否能夠經(jīng)過C點。12．【答案】（1）解：傳送帶啟動后向右做勻加速運動，貨物和木箱一起相對于傳送帶向左滑動對于貨物和木箱整體，由牛頓第二定律有μ代入數(shù)據(jù)得a=2m/對于貨物，因μ僅靠靜摩擦力提供的最大加速度為1m/s2代入數(shù)據(jù)得F=2N根據(jù)牛頓第三定律，貨物對木箱側(cè)壁的壓力大小為F=F=2N（2）解：傳送帶減速運動過程中，貨物一定相對于木箱向右滑動，對貨物，由牛頓第二定律有μ代入數(shù)據(jù)得a設(shè)木箱相對傳送帶滑動，則由牛頓第二定律有μ代入數(shù)據(jù)得a因a所以木箱相對傳送帶靜止且一起做減速運動，由題意，木箱停止運動時右側(cè)在B端，可知，此前傳送帶速度已經(jīng)減為零且貨物與木箱已經(jīng)發(fā)生了碰撞，設(shè)傳送帶速度由v0減到零所用時間為t，由運動學規(guī)律有代入數(shù)據(jù)得t=1s此過程中，設(shè)貨物、木箱發(fā)生的位移分別為x1、x2x代入數(shù)據(jù)得xxΔx=因Δx=d所以木箱速度第一次減小到零時，貨物與木箱右側(cè)剛好發(fā)生碰撞，此后一起減速運動傳送帶減速運動過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=代入數(shù)據(jù)解得Q=3J（3）解：貨物與木箱間發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞前后貨物的速度分別為v和v共，由運動學規(guī)律有由動量守恒定律有mv=代入數(shù)據(jù)得v設(shè)碰后到停止運動的過程中木箱發(fā)生的位移為x由動能定理有-代入數(shù)據(jù)得x設(shè)木箱在加速段發(fā)生的位移為x加，由運動學規(guī)律有代入數(shù)據(jù)x加=4m設(shè)木箱勻速運動的時間為t代入數(shù)據(jù)得t=4s傳遞帶比木箱多勻速運動的時間為Δt=代入數(shù)據(jù)得Δt=1s所以，傳送帶勻速運動的時間為t=t+Δt=5s【解析】【分析】（1）貨物和木箱剛開始做勻加速直線運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小；結(jié)合貨物的牛頓第二定律可以求出貨物對木箱側(cè)壁的作用力大??；

（2）傳送帶減速過程中，利用牛頓第二定律可以求出貨物的加速度大??；利用牛頓第二定律可以求出其木箱加速度的大??；結(jié)合速度公式可以求出貨物減速的時間；再利用其位移公式可以求出其貨物、木箱減速的位移大??；利用相對位移的大小可以判別貨物減速到0時其木箱與貨物發(fā)生碰撞，再利用滑動摩擦力做功的表達式可以求出產(chǎn)生的熱量；

（3）貨物與木箱發(fā)生完全非彈性碰撞，利用動量守恒定律可以求出碰后速度的大??；利用動能定理可以求出其木箱減速運動的位移；再利用其木箱勻加速直線運動的速度位移公式可以求出勻加速的位移，結(jié)合位移公式可以求出勻速運動的位移；再利用其速度公式可以求出傳送帶勻速運動的時間。13．【答案】解：（?。┗钊芰θ鐖D所示。設(shè)缸內(nèi)氣體的壓強為p缸內(nèi)氣體對活塞的壓力大小為F在豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律有pS解得p=（ⅱ）加熱過程中缸內(nèi)氣體等壓膨脹，活塞處于平衡狀態(tài)，設(shè)缸內(nèi)氣體的壓強為p，內(nèi)能增量為ΔU，由力的平衡條件有pS可得p=氣體克服外界做的功為W=由熱力學第一定律有ΔU=Q-W聯(lián)立求解得ΔU=Q-【解析】【分析】（1）當活塞做勻加速直線運動時，利用其牛頓第二定律結(jié)合壓強的表達式可以求出氣體壓強的大小；

（2）加熱過程中其氣體發(fā)生等壓變化；利用平衡方程可以求出氣體的壓強，利用熱力學第一定律結(jié)合氣體克服外力做功可以