《2023届四川省成都市高新区高三上学期第一次诊断性模拟物理试题（含答案解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届四川省成都市高新区高三上学期第一次诊断性模拟物理试题（含答案解析）.pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023届四川省成都市高新区高三上学期第一次诊断性模拟物理试题学校:姓名：班级：考号：一、多选题1.图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移-时间图像（后 10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的 是（）图（b）A.机器人在030s内的位移大小为2mB.1030s内，机器人的平均速度大小为0.35m/sC.010s内，机器人做加速直线运动D.机器人在5s末的速度与15s末的速度相同二、单选题2.如图，用筷子夹起一块重为G 的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内,且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为0
2、。若已知每根筷子对小球的压力大小为M则每根筷子对小球的摩擦力大小为（）GB.02cos 2c.f =0G+2Ncos _ 2c.e2sin 2D.G+2Nsin022 8 s g23.2021年 10月 16日6 时 56分，神舟十三号载人飞船成功对接中国空间站天和核心舱，与天舟二号、天舟三号货运飞船一起组成四舱（船）组合体。若对接后可近似认为空间站在距地面高力=400 km 的轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径为/?=6400 km,地球表面的重力加速度大小g=10m/s2。则（）A.空间站里的航天员处于失重状态，故不受到地球的引力作用B.航天员在空间站里可通过做俯卧撑运动来锻炼身体C.空间
3、站绕地球运行的周期大约为1.53 hD.飞船和空间站对接前，飞船应先与空间站处于同一轨道然后向前加速追上空间站完成对接4.如图，A、B 为水平放置的平行金属板，下板B 接地，R 为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关S。与 S,电路稳定后，A、B 之间一带电液滴P 恰好静止。则（）A.仅使A 板水平向左移动一小段距离，液滴将向下运动B.仅使变阻器滑片向下滑动，液滴将向上运动，电阻R 功率增大C.断开S。，仅使A 板竖直向上移动一小段距离，液滴将向上运动D.断开S。，仅 使 B 板竖直向下移动一小段距离，液滴的电势能将减小5.如图所示，半径分别为以、。的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两
4、圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质 量 分 别 为 加 的 物 块 A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为 均、AB.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A 比 B 先滑动的条试卷第2 页，共 8 页件 是（）D 三、多选题6.如 图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：A f B 阶段，助跑加速；8-C 阶段，杆弯曲程度增大、人上升；Cf。阶段，杆弯曲程度减小、人上升；O f E 阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。这四个阶段的能量变化为（）A.A 地面对人和杆系统做正功B.8-C 人和杆系统的动能减小量等于重
5、力势能和弹性势能增加量C.C f O 人和杆系统的动能减少量小于重力势能的增加量D.O f E 重力对人所做的功等于人机械能的增加量7.如图，ABC。为真空中一正三棱锥区域，E 和尸分别为BC边和8。边的中点，B 处和 C 处分别固定着等量异种点电荷+。和-。（。0）。则下列判定正确的是（）A.A、。处场强大小相等，方向不同B.电子在E 点的电势能大于在尸点的电势能C.将一试探正电荷从A 处沿直线AD移动到。处，电场力做正功D.将位于C 处的电荷-Q 移到A 处，。处的电势不变，且 E、尸场强大小相等8.如图所示，水平地面上有沿x 轴正方向的电场，其沿x 轴的电势“与坐标x 的关系用图中曲线表
6、示，图中斜线为该曲线过点（0 5,3）的切线。现有一质量为0.2 0 k g、电荷量为+2.O x l O-s c 的滑块P （可视作质点），从广0.1 0 m 处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.0 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=1 0 m/s 2。则下列A.沿 x 轴正方向，电场强度逐渐增大B.滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止C.滑块运动的最大速度约为0.2 m/sD.滑块最终停在0.1 5 m 到 0.3 m 之间某位置四、实验题9.某同学按图1 电路图,把满偏电流为1 0 mA、内阻为3 0。的表头G改装为双量程的双量程电
7、压表。则定值电阻R1=C,R2=Q o（2）用量程为5 V的标准电压表对改装表5 V挡进行校准，表头G的指针位置如图2所示，此时电压为 V。1 0.某同学利用图甲所示的装置测量当地的重力加速度，绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。试卷第4页，共 8页0 2 3 4 51 1 I I 山 1 1 1 .I|J j J ,I i 山 1 1 I 1 1 1 山 1 1 I II1 I f f l1 1 1 1 主尺1游标尺0 10 20乙I、用 2 0 分度游标卡尺测量挡光片的挡光宽度d,示数如图乙所示。将挡光片固定在物块 b 上，再用天平测量物块。的质量为砥I I、按照图甲所示安装
8、器材，测量光电门和挡光片的高度差为人再将物块6由静止释放，b 竖直上升，测得挡光片通过光电门的时间为人请回答下列问题：(1)游标卡尺的示数为 mm；此实验还需要测量的物理量是(2)该地重力加速度的表达式为g=(用测量的符号表示)；(3)该同学为了减小误差，通过调整物块6 释放的位置来改变儿测出对应的通过光电门的时间,得 到 若 干 组(鼠t)后，在坐标纸上描点，拟合直线，则他描绘的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 图像；A.h B.h t C.h-D.h-t2tt(4)若将考虑挡光片的质量而测得的重力加速度值记为&,将忽略挡光片的质量而测得的重力加速度值记为g 2,则&(选填“大于
9、”、“等于、“小于”)g 2。五、解答题1 1.以动力电池为驱动能源的电动汽车在我国高速发展，比亚迪、宁德时代等企业享誉全球。有一辆总质量机=2 x l()3 k g 的电动汽车，当驱动电机的输入最大电流/=4 0 0 A,电压 U=3 0 0 V 时、在此行驶状态下，g=1 0 m/s2求：（1）若该汽车所受阻力与车重的最大比值为0.1 5,驱动电机能够将输入功率的9 0%转化为用于牵引汽车前进的机械功率为尸机，求该汽车可以达到的最大速度。（2）设想改用纯太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需太阳能电池板的最小面积。（己知太阳辐射的总功率尸产4 x l（）2 6 w,太阳到地球的距离-1
10、.5 x l 0 m,太阳光传播到达地面的过程中大约有3 0%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为 1 5%,球体的表面积公式S=4J TR 2）1 2 .如图，水平地面上有一桌面足够长的桌子，其上表面水平且光滑。桌上静止一厚度可忽略、质量=2 k g 的不带电绝缘长木板C,C 左端与桌面左边缘对齐，C 上距离其左端x/=1.3 6 m处静止一可视为质点且质量tnn=kg 的小木块B。距 C 右端2=0.2 4 m处固定有一弹性挡板。整个区域有方向水平向右、场强E=2X1 04N/C的匀强电场。现从桌子左侧的地面某位置，以速度。尸1 5 m/s竖直向上抛出一个可视为质点的质量，叫=
11、1 kg、电荷量4=1 0-十 的带正电金属块A,若 A刚好从C 的左端水平向右滑上C。此后C与档板第一次碰撞瞬间电场大小不变，方向立即反向，碰后立即撤走档板，碰撞时间极短且无机械能损失。在运动过程中，B 始终没有滑到C 的最右端，已知A、B 与木板间的动摩擦因数均为=0 4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=1 0m/s2。（1）求金属块A刚滑上长木板C 的左端时的速度大小；（2）求长木板C 与档板第一次碰撞前瞬间的速度大小；（3）分析A、B 能否发生碰撞，若能碰撞，则碰后A、B 粘在一起并在碰撞瞬间电场消失，求 A、B、C 的最终速度；若 A、B 不能碰撞，请求出最终A、B 相距的
12、距离。长木板C挡板六、多选题1 3 .下列有关热学知识的说法中，正确的是（）A.布朗运动是液体分子的无规则运动B.热量可以从低温物体传递给高温物体C.不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功D.相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时物体的温度一定相同，内能不一定试卷第6页，共 8 页相同E.大型载重卡车停于水平地面卸货的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体从外界吸热七、解答题1 4.一水平放置的气缸左端开口与大气相通，活塞可在气缸内壁左右移动。活塞右边用一隔板将气缸分成体积均为%的两部分，隔板左侧是理想气体，右侧是真空，隔板右侧还有一电阻丝可加热。活塞厚度可忽
13、略，活塞和气缸壁均绝热，不计一切摩擦。开始时活塞处于静止状态，大气压强为p o。外界和理想气体温度均为了加现拔掉隔板，用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好回到初始位置再次静止。（1）求活塞刚好回到初始位置再次静止时的温度T;（2）整个过程中，若电阻丝提供的热量为。，求理想气体内能的增加量。活塞想体理气空八、填空题1 5.一列沿x轴传播的简谐横波在r=0时刻的波形图如图所示，此时质点0沿y轴负方向运动，质点尸的纵坐标为5 g c m.经I s质 点。第一次到达波谷位置，则质点尸振动的周期为 s,该简谐横波沿x轴（填“正”或“负”）方向传播，质点P从r=0时刻开始经经 s第一次运动到波谷。九
14、、解答题16.如图所示，三角形O M N是由某种透明物质制成的直角三棱镜的横截面，N O M N =30。,一束光线在纸面内垂直面射入棱镜，发现光线恰好不能从O N面射出，最后从O M面射出。已知：O N=a,光速为c,求：(1)三棱镜的折射率；(2)经过O N中点的光线在棱镜中传播的时间/以及它从O M面射出时折射角的正弦值。试卷第8页，共8页参考答案：1.AB【详解】A.根据图像可知，机器人在030s内的位移大小为2 m,选项A 正确；B.1030s内，平均速度为 7v=m/s=0.35m/s20选项B 正确：C.位移时间图线的斜率可反映速度，。10s内，图线的斜率不变，机器人做匀速运动，
15、选项 C 错误；D.010s内图线的斜率与10s20s内图线的斜率关系为ki=-k2所以机器人在5 s末的速度与15s末的速度等大反向，因速度是矢量，所以速度不相同，选项 D 错误。故选ABo2.D【详解】小球受力如图所示由平衡可知:n n2/cos t=G+2Nsin 上2 2解得:G+2N sin:/=_ 2J c 82cos 2故选D。3.C【详解】A.空间站里的航天员处于失重状态，此时仍受地球引力作用，所受地球引力全部提供向心力，故 A 错误；答案第1 页，共 13页B.航天员在空间站里处于失重状态，用很小的力就可做俯卧撑，得不到锻炼的作用，故 B错误；C.在地球表面_ MmG-=ms
16、空间站绕地球运行时仃 蒜 二 )解得空间站绕地球运行的周期大约为故 C 正确；D.在对接前，飞船轨道应稍低于空间站的轨道，然后让飞船加速做离心运动而追上空间站并与之对接；故 D 错误。故选C。4.D【详解】A.因为电容器与滑动变阻器并连，仅使A 板水平向左移动，滑动变阻器的阻值不变，其滑动变阻器两端电压不变，即电容器两端的电压不变，所以电容器内部的场强根据公式d其场强也不变，即液滴所受电场力不变，所以液滴的合力依然为零，即液滴静止，故 A 项错误；B.滑动变阻器的滑片向下移动，其接入电路的阻值变小，根据电路的串并联规律可知，电路中的总电阻减小，闭合电路欧姆定律可知，其电路中的总电流变大，根据U
17、=E-Ir可知路端电压变小，即滑动变阻器两端电压变小，因为滑动变阻器与电容器并联，所以电容器两端的电压减小。根据公式 UE=d所以电容器内部的场强变小，根据F=qE答案第2 页，共 13页可知，液滴受到的电场力变小，所以液滴的合力向下，即液滴向下运动。根据电源输出功率的知识可知，若滑动变阻器的阻值比电源的内阻小，则随着阻值变小，其功率也变小；若其阻值大于电源的内阻，在其未与内阻相等时，随着电阻减小，其功变大。因为不知道滑动变阻器的阻值与电源内阻的关系，所以无法判断电阻的功率变大还是变小，故B项错误；C.断开S。，电容器所带的电荷量不会发生变化，仅使A板竖直向上移动一小段距离，其电容器的板间距变
18、大，有，s _Q4 k 万 d UE=Ud整理有E=也 也3 S所以电容器内部的场强不变，即液滴合力仍然为零，液滴将静止，故C项错误；D.断开S。，电容器所带的电荷量不会发生变化，仅使B板竖直向下移动一小段距离，其电容器的板间距变大，由之前的分析可知，板间的电场强度不变，液滴仍然静止在P点。对于PB有PB=(P p-(PB=E(iP B因为B板接地，所以B板的电势为零，因为B板下移所以P 3之间的距离变大，所以尸点的电势变大。由题意可知，液滴初始受竖直向下的重力和竖直向上的电场力，结合题图可知，A板带正电，所以液滴带负电。根据公式E p =4 8所以液滴的电势能变小，故D项正确。故选D。5.A
19、【详解】由牛顿第二定律与圆周运动规律：当A刚要相对圆盘滑动时限解得%=3凶答案第3页，共1 3页当 B 刚要相对圆盘滑动时ABB=小解得当 A 比 B 先滑动时，则有即“/M g、化简可得A 外根据电势能的公式耳=43因为电子带负电，所以其电势越高，电势能越小，故 E 点电势能大于F 点电势能，故 B 项正确；C.因为B、C 处固定等量异种电荷点电荷，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，AD所在平面为等势面，且电势为零，所以将一试探正电荷从4 处沿直线AO移动到。处，电场力不做功，故 C 项错误；D.开始时，根据等量异种电荷的电势分布规律，在。处电势为零。将位于C 处的电荷-Q移到A 处，根据
20、等量异种电荷的电势分布规律可知，。处的电势仍然为零，所以。处的电势不变。因为是正三棱柱，移动后A、8 为等量异种电荷，根据几何关系可知以及电场强度的叠加原理可知，其 E、尸两点的电场强度大小相等，故 D 项正确。故选BD。8.BD【详解】A.。-才图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿 x 轴正方向电场强度减小，故A 错误；B.9-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以x=0.15m处的电场强度大小为E=-V/m=2.0 xl06 N/C0.3-0.15滑块此时受到的电场力为冗=qE=0.04N滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为F（=/jtng=0.04N由图可知x=0.1
21、m处电场强度大于户0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小F 0.04N=Ff所以滑块释放后开始向右加速运动，由于9-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零,所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零,根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故 B 正确；C.当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v）,根据前面分析答案第5 页，共 13页可知此时滑块位于x=0.1 5 m 处，由图可知户0.1 m 与 40.1 5 m 之间的电势差约
22、为U=-0 0.1 5 =1 5 x 1()V根据动能定理有；mv2=qU、-Rmgi解得v=0.1 m/s故 C错误；D.假滑块最终在0.3 m 处停下，x=0.1 5 m 与 x=0.3 m 之间的电势差约为3 城M-%3=22?5滑块从=0.1 5 1 1 1 到 x=0.3 m 过程中电场力做功为卬均以=4.4?一滑动摩擦力做功为W，=pmgx2=6 x 1 0-3 Jw所以滑块最终停在0.1 5 m 到 0.3 m 之间某位置，故 D正确。故选B D。【详解】（1）根据电压表改装的原理可知9.4 7 0 1 0 0 03.8 0（2）3 由图可知，表头的读数U 5 V4-R,=-3
23、0 c =4 7 0。4 8 0.0 1 AR,=-R,-R.=-3 0 Q-4 7 0 Q =1 0 0 0 Q-/a g 1 0.0 1 A/=7.6 0 m A此时电压为U =/2=3.8 0 V1 0.1 0.5 5 mb(ma+mb)d22ht2(m-叫)【详解】（1）1 游标卡尺的示数为d-1 0 m m+1 1 x0.0 5 m m=1 0.5 5 m m答案第6页，共 1 3 页物块匕到光电门的速度为从释放到物块匕运动到光电门的过程中，物块。、。组成的系统机械能守恒，则有12magh-mhgh=-ma+mh)v联立解得(ma+mb)d22ht2(ma-mh)则此实验还需要测量的
24、物理量是人的质量 如(2)3 该地重力加速度的表达式为(ma+mb)d22hr(ma-mb)(3)4 由(2)可知h I/+”)虐)|2g(ma-mh)r即故选C。(4)5 设挡光片的质量为优，则测得的重力加速度为2ht2(ma-mb-ni)忽略挡光片的质量而测得的重力加速度为r(a+?)解2 2 h tm i-mh)则有mh+mb+m mh-mh-m叫+%的+恤ma-mh-m ma-mh故有1 1.(1)v=3 6 m/s ；(2)8 0 7.4 m2答案第7页，共 1 3 页【详解】(1)由电动机中能量转化特征可知/=凡=9 0%x。/=9 0%x3 0 0 x 4 0 0 W=1.0 8
25、 x1 0 5 w汽车达到最大速度时，加速度为0,应有/=/=0.15G=0.15X2X103X10N=3X103N由1=/丫解得v=3 6 m/s(2)当阳光垂直电池板入射时，所需电池板的面积最小，设为S,由题意有支 理 警 SI5%=成4 口2解得。UI-4nr2 3 0 0 x 4 0 0 x 4 7 tx(1.5 xl 0 )2,2S=-=-k-x 8 0 7.4 rrT7 0%xl 5%x/7 0%xl 5%x4 xl 02 61 2.(1)3 m/s；(2)0.8 m/s；(3)能；0.1 5 m/s【详解】(1)A从地面到C左端的过程中受重力和电场力作用做抛体运动竖直方向有O=v
26、o-gti力=1.5 s水平方向，设 A刚到C板左端的速度为力，则有vi=aoti由牛顿第二定律有qE=mAao劭=2 m/s2联立以上各式可得力=3 m/s(2)A物滑上C后，对 A由牛顿第二定律有UniAg-qE=mAai代入数据得答案第8页，共 1 3 页ai=2 m/s2方向水平向左假设B、C 不发生相对滑动，对 B、C 整体由牛顿第二定律有HmAg=(机B+M)a：代入数据得方向水平向右因 a2V2故假设成立，C 与档板第一次碰撞前瞬间的速度为V2=0.8 m/s(3)C 与档板碰后，C 向左减速，B 向右减速对 B 由牛顿第二定律有HmBg=mBa3田=4 m/s2方向水平向左对
27、C 由牛顿第二定律有(inA+ms)g=M44的=4 m/s2方向水平向右因 B、C 此过程的初速度大小和加速度大小均相等，故经时间“速度同时减小到零t3=0,2s对 A,电场反向后答案第9 页，共 13页W?M g+qE=mAa5代入数据得4 5=6 m/s2方向水平向左经 时 间 小 A的速度减为V4=V3-as 右=0.6 m/s在 0时间内，A对地位移为人=：（W+匕兑=L 4 4 m在打时间内，A对地位移为%=；（马+v”3=0.2 4 m在，2+右时间内，B对地位移为xB=；%（芍 +G）=0.3 2 m因故在B速度减为零的时候，A、B刚好相遇；此时A具有向右的速度，故 A、B能发
28、生碰撞。因此时电场消失，故之后整个系统动量守恒对 A、B、C系统，由动量守恒定律有mAv4=（mA+mB+M）vjl.代入数据解得v#=0.1 5 m/s1 3.B D E【详解】A.布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体微粒的无规则运动，它反映了液体或气体分子的无规则运动，故 A错误；B.根据热力学第二定律，热量可以从低温物体传到高温物体，但是不可能不引起其他变化，故 B正确；C.在外界的影响下，气体可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，故 C错误；D.相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时物体的温度一定相同，内能不一定相同，故 D正确；答案第1 0 页，共 1 3 页E.在缓慢卸货过程中
29、，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据气态方程2CT可知气体的体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体从外界吸热，E正确。故选B D E 1 4.(1)2To；(2)Q-poVo【详解】(1)全过程为等压过程，由盖一吕萨克定律可有及=组T。T解得T=2T0(2)全过程可分解为两个步骤：过 程 1,拔掉隔板，大气压推动活塞往右滑动，由于隔板右侧原来是真空，此过程大气压不做功，活塞刚刚到达原隔板位置；过程2,电阻丝缓慢加热气体，系统内能增加，气体对外做功，把活塞推回到原来位置。由热力学第一定律有 V =W +Q理想气体推动活塞对外做功为W=-po(2 V0-V o)故在加热过
30、程中，理想气体内能的增加量为U=Q_p(K71 5.4 负一3【详解】/=0 时刻质点。沿 y 轴负方向运动，根据“同侧法”可知，该简谐横波沿元轴负方向传播，质点Q第一次到达波谷位置需要经历;丁，故有1T T=1 s4T =4 s根据“同侧法”可知,f=0 时刻质点P 沿)，轴正方向运动，且此时质点P的纵坐标为5 小 m ,则质点P平衡位置对应坐标x 应满足1 0 s i 吟 2 兀)=56x 2 m答案第1 1 页，共 1 3 页解得4x =m3f=0时刻波源方向上离质点P最近的波谷在x=6 m处，其振动形式传递过来所需时间为6-人 A r 3 7Z =s=-v 8 34=半；，吟i n#【
31、详解】根据题意，经过ON中点的光线在棱镜中的传播路径如图所示(1)设光线在棱镜中发生全反射的临界角为C,由图可知C =60。，根据临界角公式sinC=-n解得三棱镜的折射率为1 2拒H -sin 60 0 3(2)经过ON中点的光线在棱镜中传播的路程为a5=cos 30 +-2 cos30 773-a1 2光线在棱镜中传播的速度为c GV =Cn 2则经过ON中点的光线在棱镜中传播的时间为7 6-1-2-a _7“v V 3 6c c2根据折射定律，可得sin。n=-sin 30 解得光线从。用面射出时折射角的正弦值为答案第1 2页，共1 3页sin 0=nsin 30=3答案第13页，共 13页