【文档说明】四川省成都市2020届高三上学期第一次诊断性检测理综物理试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.070 MB，由小赞的店铺上传

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成都市2020高中毕业班第一次诊断性检测理科综合二、选择题1.图示情景中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是()A.小球突然失去惯性B.动车突然向前加速C.动车突然向前减速D.动车做匀速直线运动的速度很大【

答案】B【解析】【详解】小球突然向后去，是因为火车突然启动，因为惯性，小球会保持原来的运动状态，所以会相对桌面向后运动，故B正确。2.如图，小物块P在沿斜面向上的拉力F作用下沿固定光滑斜面匀速上滑。现将力F的方向变为水平向右，仍使P保持原来的速度沿斜面匀速上滑。则变化后与变化前比较()

A.斜面对物体的支持力不变B.力F变大C.力F变小D.力F的功率变大【答案】B【解析】【详解】A.对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、摩擦力和拉力，根据受力平衡可得NcosFmg=当力F的方向变为水平向右，根据平衡可得NcossinFmgF=+因此支

持变大，故A错误；BC.在斜面方向，根据平衡可得sinmgF=当力F的方向变为水平向右可得sincosmgF=因此F变大，故B正确C错误；D.一开始F的功率为sinPFvmgv==变化之后功率为cossinPFvmgv==拉力F的功率不变，故D错误

。3.如图。水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q。静电力常量为k，下列说法正确的是()A.油滴带正电B.油滴受到的电场力大小为24

kQqdC.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小D.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动【答案】D【解析】【详解】A.根据受力分析知，油滴受重力和电场力，因为油滴受力平衡，因此可判断油滴带负电，所受电场力竖直向上，故A错误；B.因为油滴处于匀

强电场中，因此只能用匀强电场公式，根据平行板电容器公式可得QCU=，UEd=可得QqFEqCd==故B错误；C.平行板电容器电荷量不变，根据公式4SCkd=，4QkdQUCS==因此将上极板平移到图中虚线位置，间距变小，电容变大，电压

变小，静电计指针张角变小，故C正确；D.电场力4qUkqQFqEdS===可知电场力与两极板距离d无关，若仅将上极板平移到图中虚线位置，所受电场力不变，因此油滴仍静止不动，故D错误。4.如图甲，在匀强电场中的O点先后无初速释放两个正点

电荷I和Ⅱ，电荷仅受匀强电场的作用沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。若I的电荷量为q，则可知A.匀强电场的场强大小为E=0koEqxB.电荷Ⅱ受到的电场力大小为koIIoEFx=C.电荷Ⅱ的电荷量为2qD.选O点为零电势点，A点的电势为koAEq=

【答案】A【解析】【详解】A.对电荷I，从O点到A点，由动能定理可得0kqExE=故电场强度大小为E=0koEqx故A正确；B.对电荷Ⅱ，由动能定理可得002IIkFEx=故电荷Ⅱ受到的电场力为2koIIoEFx=故B错误；C.由场强

为E=0koEqx，电荷Ⅱ受到的电场力为2koIIoEFx=，可得电荷Ⅱ受到的电荷量为2IIQFqE==D.选O点为零电势点，则0koOAEUqEx==由OAOAAUφφφ=−=−可得，A点电势为0koAEφx=−5.人造地球卫星的轨道可能是圆，也可能是椭圆。关于在轨正常运行的这些卫

星，说法正确的是()A.所有卫星的运行周期都小于1天B.所有卫星在任何位置的速率都小于7.9km/sC.部分卫星在某些位置的向心加速度大于地球表面的重力加速度D.所有卫星半长轴（或轨道半径）的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常数【答

案】D【解析】【详解】A.根据周期公式可得2224MmGmRRT=轨道半径越大，周期越大，因此存在周期大于1天的情况，故A错误；B.卫星在变换轨道时会加速远离地球，在加速的过程中，卫星的速度可以大于7.9km/s，故

B错误；C.根据公式可知2MmGmaR=因为卫星轨道半径大于地球半径，因此其加速度不可能大于地球重力加速度，故C错误；D.根据公式可得2224MmGmRRT=所以32RGMT=为常数，故D正确。6.图甲所示的无人机在飞行的某1m

in内，前0.5min沿正东方向做水平直线运动，后0.5min沿正北方向做水平直线运动，其速率u随时间t变化的关系如图乙。下列判断正确的是（可能用到sin370.6)(=)A.无人机在10s末、40s末的加速度大小之比为2:3B.无人机在前、后0.5min内的平均速率之比为4:3C.

1min内，无人机飞行的路程为500mD.1min内，无人机的位移大小为500m、方向东偏北53【答案】AD【解析】【详解】A.由图像可知，=vat前30s，无人机加速度大小为22m/s3，30

s到50s加速度为1m/s2，所以无人机在10s末、40s末的加速度大小之比为2:3，故A正确；B.根据平均速度公式可得xvt=在v-t图中，图像面积为物体的位移，因此可得，前0.5min内平均速度为300m=10m/s30s，后0.5m

in内平均速度为400m40=m/s30s3，因此速度之比为3:4，故B错误；C.无人机实际运行轨迹即为无人机路程，由图可知，无人机路程为700m，故C错误；D.根据无人机运行轨迹可知，其位移为22300+400m=500m，方位为东偏北53°，故D正确。7.如图，曲线a为某元件R的伏安特性曲线

，直线b为某直流电源的伏安特性曲线。将元件R与该电源连接成一闭合回路，下列说法正确的是()A.元件R的电阻随电压的增大而增大B.电源的电动势为5V，内阻为5C.电源的总功率为1.2WD.电源的效率为60%

【答案】BD【解析】【详解】A.由图像可知，图像斜率表示电阻，斜率随电压增大而变小，因此电阻也变小，故A错误；B.根据U-I图像可知，与电压轴交点为电动势，斜率表示内阻，因此可知，电源电动势为5V，内阻为

5，故B正确；C.电源总功率为PEI=由图像可得2WP=故C错误；D.电源的效率为100%PP=外总解得60%=故D正确。8.如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、-Q连线

的中垂线重合，细杆和+Q、-Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、-Q连线的中点，AO=BO。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则可知A.从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小

B.从A到B，小球的加速度先减小后增大C.小球运动到O点时的速度大小为022vD.小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等【答案】AC【解析】【详解】A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q在AB上运动时电势能不变，从A到B电场强度先变大后边小，

故它受到的电场力先变大后变小，在O点受到的电场力最大，A正确；B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故qEN=水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向−=f

mgma摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B错误；C.从A到B，由动能定理可得20102ABABfmghWmυ−=−从A到O和从O到B电场力变化相同，由fμNμqE==可知，摩擦力变化情况相同，故从A到O和从O到B摩擦力做功相等，故从从A到O由

动能定理可得2201112222ABABfOhmgWmυmυ−=−联立两式可解得022Oυυ=C正确；D.从A到O和从O到B的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D错误；故选AC。三、非选择题9.甲

图是某小组探究“加速度与合外力的关系”的实验装置。在他们的方案中，长木板平放在水平桌面上，利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度a，利用固定在小车前端的力传感器测小车受到的水平拉力F。（1）按该方案做

实验，是否要求钩码质量远小于小车的质量？__（填“是”或“否”)。（2）从实验中挑选一条点迹清晰的纸带。每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器每间隔0.02s打一个点。由该纸带可求得小车的加速度a=__2m/s（保留2位有效数字）。（3）改变钩码的个数，测得多组

数据。若以a为纵坐标，F为横坐标。利用测得的数据作出图象，则最符合该实验实际情况的是图丙中的__。（填选项序号字母）【答案】(1).否(2).0.72(3).B【解析】【详解】（1）[1]因为小车前端有力传感器测小车受到的水平拉力，因此不需

要钩码质量远小于小车的质量；（2）根据公式2()mnxxmnaT−=−解得20.72m/sa=（3）[3]因为没有平衡摩擦力，所以在一开始有力时没有加速度，故B符合。10.某同学欲将内阻为100Ω、量程为300μA的电流计G改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的

0刻度正好对准电流表表盘的300μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R1（阻值25Ω）；定值电阻R2（阻值l00Ω）；滑动变阻器R（最大阻值l000Ω）；干电池（E=1.5V．r=2Ω）；红、黑表笔和导线若干。改装电路如

图甲所示。（1）定值电阻应选择____（填元件符号）．改装后的欧姆表的中值电阻为____Ω。（2）该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量内阻和量程均未知的电压表V的内阻。步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节____填图甲中对应元件代号），使电流计G指针指到__

__μA；再将____（填“红”或“黑”）表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“一”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则V表的内阻为____Ω，量程为____________V。【答案】(1).R1(2).1000(3).R（或滑动变阻器）(4).300(

5).黑(6).500(7).1【解析】【详解】（1）[1][2]由于滑动变阻器的最大阻值为1000Ω，故当滑动变阻器调到最大时，电路中的电路约为1.5mAEIR=此时表头满偏，故定值电阻中的电流约为11.2mAgIII−=故其

阻值为125ΩggIRRI==因此定值电阻应该选择R1。改装后将红黑表笔短接，将电流表调大满偏，此时多用表的总内阻为11000ΩgERII==+内故多用表的中值电阻为=1000ΩRR=中内（2）[3][4][5]由于使用欧姆表测内阻，故首先要进行欧姆调0，即调节R，使电流表满偏，

即指针指到300μA，黑表笔接的电源正极，故将黑表笔与电压表的“+”接线柱相连；[6][7]欧姆表指针指在I=200μA位置，则电路中的总电流为5I，故待测电压表的内阻为V500Ω5ERRI=−=内设电压表量程为U，此时电压表两端的电压为V50.5V2UIR==故其量程为1V

。11.如图，AB是竖直面内、圆心在O点、半径为R的14光滑绝缘轨道，其B端切线水平且距水平地面的高度也为R、OB连线右侧的空间存在方向竖直向下的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道A端无初速释放，小球从B端飞出后，在地面上第一次的落点C距B的水平距离为2R．若小球可视为质点，

重力加速度大小为g。求：（1）进入电场前，小球在B端的速度大小及对轨道的压力大小；（2）匀强电场的场强大小。【答案】（1）2vgR=，N3Fmg=（2）mgqE=【解析】【详解】（1）因为是光滑绝缘轨道，因此根据机械能守恒定律可得212mgRmv=

解得2vgR=根据圆周运动向心力公式可得2NmvFmgR−=解得N3Fmg=（2）因为电场线方向向下，小球带正电，因此所受的电场力方向向下，所以向下的加速度为mgEqma+=根据类平抛运动可得2Rvt=，212Rat=综

合可得mgqE=12.如图，小滑块A与木板B均静止于粗糙水平地面上，A与B左端的距离为x0=4.5m，小滑块C静止于木板B的右端，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，C与B间的动摩擦因数μ2=0.2。现给A一个方向水平向右、大小v0=5m/s的初速度

。已知A、B、C的质量分别为mA=1kg、mB=3kg、mC=lkg，A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短，滑块C始终未离开木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：（l）碰前瞬间A的速度大小和碰后瞬间B的速度大

小；（2）碰后瞬间B、C的加速度大小；（3）从碰后到木板B最终停止，B与地面间因摩擦而产生的热量。【答案】（1）4m/s，2m/s；（2）22m/sBa=，22m/sCa=；（3）5J【解析】【详解】（1）从A物

体开始运动到与B物体碰撞，由动能定理可得2210101122AAAμmgxmυmυ−=−代入数据解得A碰前的速度为14m/sυ=A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短，故A、B间的碰撞动量守恒，动能守恒，

1AAABBmυmυmυ=+2221111222AAABBmυmυmυ=+解得，碰后瞬间B的速度大小为122m/sABABmυυmm==+（2）C物体速度为0，故C物体受到水平向右的摩擦力22Cfμmg=，由牛顿第二定律

2CCCμmgma=代入数据得，C物体的加速度为22m/sCa=方向向右；B物体受到地面向左的摩擦力()11BCfμmmg=+和C物体对它向左的摩擦力22Cfμmg=，故由牛顿第二定律()12BCCBBμmmgμmgma++=代入数据解得2

2m/sBa=方向向左。（3）碰后B物体向右减少运动，C物体向右加速运动，当两者速度达到相等时有11BBCυυatat=−=解得10.5st=，1m/s=，此过程中，B物体的位移为211110.75m2BBxυtat=

−=B与地面摩擦产生的热量为()1113JBCQμmmgx=+=B、C共速后，两物体一起向右做减速运动直到速度减为0，此过程中两物体加速度为()121m/sBCBCμmmgamm+==+两物体速度减为0时的位移为220.5m2υxa==故B与地面摩擦产生的热量为()1122JBCQμmmgx=+

=故B与地面摩擦产生的总热量为125JQQQ=+=13.下列说法正确的是()A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体B.质量、温度均相同的碳粉和碳块，其内能不同C.悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动D.一定质量的理想气体，放热的同时对外界做功，其内能一定减少E.气体向真空

的白由膨胀是不可逆的【答案】ADE【解析】【详解】A.将一块晶体敲碎后，分子组成结构没有变，因此得到的小颗粒仍然是晶体，故A正确；B.内能是物体所有分子动能和势能之和，对于质量、温度均相同的碳粉和碳块，其分子数相同，动能也相同，都为固体势能也相同，因此其内能相同，故B错误；C.布朗

运动是分子原子撞击加大颗粒，因受力不平衡导致其无规则运动，不是颗粒本身所含的分子，故C错误；D.一定质量的理想气体，改变内能有两种方式，做功和热传递，放热的同时对外界做功，内能没有输入只有输出，因此内能一定减小，故D正确；

E.根据热力学第二定律，气体向真空的白由膨胀是不可逆的，故E正确。14.如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其A、B两部分的横截面积分别是214cmS=、228cmS=，a、b是质量均为4kgm=且厚度不汁的绝热活塞，初态，a与b封闭着总高度为32h（由2h和h的两段组成）的理想气体Ⅰ，b与缸底封闭着

高度为h的理想气体Ⅱ，气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为0300KT=．已知大气压强50110Pap=，重力加速度大小210m/sg=．活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞a以上部分足够长。（1）求气体Ⅱ的压强；（2）若启动B中的加热

电阻丝（图中未画出）对气体Ⅱ缓慢加热，某时刻活塞b到达B的上端且刚好与上端接触而无压力（如图乙），求此时气体Ⅱ的温度。【答案】（1）52.510pa（2）360K【解析】【详解】（1）由题意可设，理想气体I的气压为p1，理想气体Ⅱ的气压为p2，根据受力平衡可得0111pSmgpS+=，1222p

SmgpS+=代入数据解得522.510pap=（2）根据理想气体状态方程可得2201''pVpVTT=0111pSmgpS+=，1122'pSmgpS+=解得1360KT=15.下列说法正确的是()A.单摆做简

谐运动的周期跟摆长和摆球质量均有关B.在机械波的传播过程中，介质中质点的振动方向可能和波的传播方向平行C.两列波发生干涉现象，在振动加强的区域，质点的位移总是最大D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用E.分别照射同一双缝干涉装置，黄光的干涉条纹间距大于蓝光的干涉条纹间

距【答案】BDE【解析】【详解】A.根据单摆公式可得2LTg=通过公式可知，单摆做简谐运动的周期跟摆长有关，和摆球质量无关，故A错误；B.机械波包括纵波和横波，在纵波中介质中质点的振动方向可能和波的传播方向平行，故B正确；C.两列机械

波发生干涉现象，振动加强的点振幅增大，但是振动加强区域质点的位移做周期性变化，不可能总是最大，故C错误；D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系vf=适用于一切波，对电磁波也适用，故D正确；E.根据干涉

实验公式xld=黄光的波长比蓝光的波长大，因此黄光的干涉条纹间距大于蓝光的干涉条纹间距，故E正确。16.如图，矩形MNPQ是某均匀材料制成的透明体的横截面，MNPQ所在平面内，一单色细光束以入射角30i=射到MN

边的O点。光束进入透明体后恰好不从NP边射出，接着光束到达PQ边且部分射出。已知NP边的长度0.24ml=，空气中的光速8310m/sc=。求：（1）该材料对该单色光的折射率n；（2）光束从O点射入至到达PQ边经

历的时间t。【答案】（1）52（2）91.010s−【解析】【详解】（1）经过MN折射后折射角为r，因此可得sinsininr=根据几何关系，因为光束进入透明体后恰好不从NP边射出，所以有1cosrn=联立解得52n=（2）根据几何关系可知，在透明体内部光线

所走的路程为coslsr=光线在透明体内传播速度为cnv=因此光束从O点射入至到达PQ边经历的时间为stv=解得91.010st−=