成都外国语学校2019届高三“一诊”模拟考试理科综合物理测试14．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（）A．亚里士多德首先提出了惯性的概念B．伽利略对自由落体运动的研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C．牛顿提出了行星运动的三大定律D．力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位15．关于物体的运动，不可能发生的是（）A．加速度大小逐渐减小，速度也逐渐减小B．加速度方向不变，而速度方向改变C．加速度和速度都在变化，加速度最大时，速度最小D．加速度为零时，速度的变化率最大16．“好奇号”火星探测器发现了火星存在微生物的更多线索，进一步激发了人类探测火星的热情。

如果引力常量G己知，不考虑星球的自转，则下列关于火星探测的说法正确的是（）A．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，其所受合外力为零B．若火星半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，则火星表面的重力加速度一定大于地球表面的重力加速度C．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，如果测得探测器的运行周期与火星半径，则可以计算火星质量D．火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时，轨道半径越大绕行周期越小17．如图所示，小球A 、B 通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为θ和2θ．假设装置中的各处摩擦均不计，则A 、B 球的质量之比为（ ）A ．2cos θ：1B ．1：2cos θC ．tan θ：1D ．1：2sin θ18．在平面直角坐标系的x 轴上关于原点O 对称的P 、Q 两点各放一个等量点电荷后，x 轴上各点电场强度E 随坐标x 的变化曲线如图所示，规定沿x 轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有（ ）A ．将一个正检验电荷从P 点沿x 轴移向Q 点的过程中电场力一直做正功B ．x 轴上从P 点到Q 点的电势先升高后降低C ．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D ．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大19．如图所示，电源电动势E =9V ，内电阻r =4.5Ω，变阻器R 1的最大电阻R m =5.0Ω，R 2=1.5Ω，R 3=R 4=1000Ω，平行板电容器C 的两金属板水平放置,在开关S 与a 接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止,那么（ ）A ．在题设条件下，R 1接入电路的阻值为3Ω，电源的输出功率为4.5WB ．引入的微粒带负电，当开关与a 断开但未与b 接触时，微粒将向下运动C ．在题设条件下，R 1的阻值增大时，R 2两端的电压增大D ．在题设条件下，当开关接向b 后，流过R 3的电流方向为d →c20．静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m 、带电量为＋q 的粒子（不计重力），以初速度v 0从O 点（x ＝0）进入电场，沿x 轴正方向运动．下列叙述正确的是（ ）A ．粒子从x 1运动到x 3的过程中，电势能先减小后增大B．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D．若v0＝21．如图所示，M为定滑轮，一根细绳跨过M，一端系着物体C，另一端系着一动滑轮N，动滑轮N两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C物体的质量为9kg，则关于C物体的状态下列说法正确的是（）A. 当A的质量取值合适，C物体有可能处于平衡状态B. 无论A物体的质量是多大，C物体不可能平衡C. 当A的质量足够大时，C物体不可能向上加速运动D. 当A的质量取值合适，C物体可以向上加速也可以向下加速运动22．（6分）现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示。

表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源。

接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹。

（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），2、3和5、6计数点的距离如图2所示。

由图中数据求出滑块的加速度a=________（结果保留三位有效数字）。

（2）为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是（）A.滑块到达斜面底端的速度vB.滑块的质量mC.滑块的运动时间tD.斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g ，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为μ=_________（用所需测物理量的字母表示）。

23．（9分）有一个小灯泡上标有“4.0V 0.7A ”的字样，现要求测定小灯泡在不同电压下的功率P ，并作出功率P 与其两端电压的平方U 2的关系图．可供选择器材如下： A ．小灯泡L ，规格“4.0V 0.7A ” B ．电流表A1（0～3A ，内阻约0.1Ω） C ．电流表A2（0～0.6A ，内阻r2 =0.2Ω） D ．电压表V1（0～3V ，内阻9k Ω） E ．电压表V2（0～15V ，内阻约为30k Ω） F ．标准电阻R1=1Ω G ．标准电阻R2=3k Ω H ．滑动变阻器R （0～10Ω） I ．学生电源（E=6V ，内阻不计） J ．开关S 及导线若干（1）甲同学设计了如图甲所示电路来测量，当电压表读数为2.40V 时，电流表示数如图乙所示为____A ，此时L 的电阻为____Ω（2）学习小组同学经讨论认为要想更准确地描绘出L 完整的P —U 2曲线，需要重新设计电路．请你在甲同学的基础上利用所供器材，在图丙所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号；若伏特表读数为2.70V ，安培表读数为0.50A ，则灯L 消耗的功率P=____W24.（12分）如图所示，在空间中取直角坐标系O xy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。

初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U 的电场加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点坐标为（0，h ）。

已知电子的电量为e ，质量为m ，加速电场的电势差hEd U 42，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t 和离开电场区域时的速度v ；（2）电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离。

25．（20分）如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带，两皮带轮AB 轴心之间的距离L=3.2m ，沿顺时针方向以v 0=2m/s 匀速运动。

一质量m =2kg 的物块P 从传送带顶端无初速度释放，物块P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。

物块P 离开传送带后在C 点沿切线方向无能量损失地进入半径为95m 的光滑圆弧形轨道CDF ，并沿轨道运动至最低点F ，与位于圆弧轨道最低点的物块Q 发生完全弹性碰撞，碰撞时间极短。

物块Q 的质量M=1kg ，物块P 和Q 均可视为质点，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：(1)求物块P 从传送带离开时的速度大小； (2)传送带对物块P 做功为多少；(3)物块P 与物块Q 碰撞后瞬间,物块P 对圆弧轨道压力大小为多少。

34、（15分）【物理——选修3-4】(1)(5分)一列简谐横波沿x 轴传播，波速为5m /s ，t =0时刻的波形如图所示，此时刻质点Q 位于波峰，质点P 沿y 轴负方向运动，经过0.ls 质点P 第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是_______（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）A ．这列波的周期是1.2sB ．该波沿x 轴负方向传播C ．x =3.5m 处的质点与P 点振动的位移始终相反D ．P 点的横坐标为x =2.5mE ．Q 点的振动方程为（2）（10分）一厚度均匀的圆形玻璃管内径为 16cm ，外径为 24cm ．一条光线从玻璃管壁中点入射，光线 AB 与竖直方向成 60°角，与直径 MN 在同一竖直面内，如图所示．该玻璃的折射率为26，光速 c =3.0l08m/s ．I ．光线经玻璃管内壁折射后从另一侧内壁下端射出玻璃管，求玻璃管的长度； Ⅱ．保持入射点不动，调整入射角．求光线 AB 在玻璃管内壁处恰好发生全反射时，光线在玻璃中传播的时间．（以上结果均保留 2 位有效数字）一、物理科14.B 15.D 16.C 17.B 18.D 19.AD 20.BD 21.AD22. (1). 2.51 (2). D (3). gx h x a gh 22+-23. (1). 0.48 (2). 5（或5.00） (3). 如图所示：R1 R2 2.16 【解析】（1）电流表的分度值为0.02A ，故读数为0.48A ，小灯泡的电阻为（2）小灯泡的额定电流为0.7A ，所以电流表量程小，而电流表量程太大，所以并联一个定值电阻扩大的量程，根据可得，故选定值电阻，电压表也需要扩大量程，选择定值电阻，如图所示当电压表读数为2.70V 时，小灯泡两端的电压为，电流表读数为0.5A 时，通过小灯泡的电流为，故小灯泡此时消耗的电功率为24.（12分）解析：（1）由eU ＝12 mv 02（1分） 得电子进入偏转电场区域的初速度v 0＝meu2（1分）设电子从MN 离开，则电子从A 点进入到离开匀强电场区域的时间t ＝dv 0 ＝eumd2（1分）； y ＝12 at 2＝Ed 24U （2分）因为加速电场的电势差U ＞Ed 24h ， 说明y ＜h ，说明以上假设正确 所以v y ＝at ＝eEm eu m d2 ＝eEd m eum 2（1分） 离开时的速度v ＝v 02＋v y 2＝mud E ue 2)4(222 （2分）（2）设电子离开电场后经过时间t ’到达x 轴，在x 轴方向上的位移为x ’，则x ’＝v 0t ’， y ’＝h －y ＝h －Ed 24U ＝v y t ’ （1分） 则 l ＝d ＋x ’＝ d ＋v 0t ’（1分）代入解得l＝d2＋2hUEd（2分）25．（20分）(1)物块在未到达与传送带共速之前,所受摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律得：解得：所需时间沿斜面向下运动的位移当物块的速度与传送带共速后，由于，所以物块所受摩擦力方向沿传送带向上,由牛顿第定律得：解得：a2=2m/s2物块以加速度以运动的距离为：设物块运动到传送带底端的速度为,由运动学公式得v12=v2+2a2x2解得则动量为P=mv1=，方向与水平方向成斜向右下(2)物块从顶端到底端,根据动能定理：可知传送带对物块做功为：W=(3)设物块运动到点的速度为,由动能定理得解得：若物块与物块发生完全弹性碰撞，并设物块碰撞后的速度为,物块Q碰撞后的速度为,则两物块的碰撞过程动量守恒，碰撞前后动能之和不变；根据能量守恒：解得：在点由牛顿第二定律得：解得：F=34.4NN35(1).ABD。