四川省泸州市泸县第一中学2019届高三二诊模拟理综-物理试题（附解析）

1、四川省泸州市泸县第一中学2019届高三二诊模拟理综物理试题1.如图所示，“L”形支架AOB水平放置，物体P位于支架的OB部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架AO上，另一端与物体P相连。物体P静止时，弹簧处于压缩状态。现将“L”形支架绕O点逆时针缓慢旋转一小角度，P与支架始终保持相对静止。在转动的过程中，OB对P的A. 支持力增大 B. 摩擦力不变 C. 作用力增大 D. 作用力减小【答案】D【解析】【分析】对P受力分析，要考虑弹力是否变化，及其静摩擦力的变化即可。【详解】物体随OB缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示支持力，增大，支持力N减小，所以A错误；弹力，因弹力F不变，增大，f减小，所以B错误；OB对P的作用力大小等于支持力N和摩擦力f的合力，由于N减小，f减小OB对P的作用力大小将减小，所以C错误，D正确。2.如图所示，电源电动势E=1.5V，内电阻r=0.5，滑动变阻器R1的最大，电阻Rm=5.0，定值电阻R2=2.0，C为平行板电容器，其电容为3F。将开关S与a接触，则A. 当R1的阻值增大时，R2两端的电压减小B. 当R1接入电路阻值为0.5时，R1消耗的功率最大

2、C. 将开关从a接向b，流过R3的电流流向为dcD. 将开关从a接向b，待电路稳定，流过R3的电荷量为9103C【答案】A【解析】【分析】含容电路中当电路稳定时电容器支路相当与断路，与谁并联就与谁电压相等，与电容器串联的原件相当于导线。【详解】增大R1的阻值，R总增大，I总减小，流过R2的电流减小，R2两端的电压减小，所以A正确；将R2与电源看作等效电源，当R1=R2+r=2.5 时R1获得功率最大，所以B错误；开关接a时，电容器左极扳带负电，开关接b时，左极板带正电，所以流过R3的电流流向为cd，因此C错误；因R1接人的阻值未知，不能求出电容器上电压的变化，故不能求出流过R3的电荷量，所以D错误。3.两个完全相同的金属小球（视为点电荷），带异种电荷，带电量绝对值之比为1:7，相距r。将它们接触后再放回原来的位置，则它们之间的相互作用力大小变为原来的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互中和后平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的。【详解】设一个球的带电量为-q，则另一个球的带电量为

3、Q=7q，此时库仑力大小为：F= 带异种电荷，接触后再分开，带电量各为3q，两球的库仑力大小，故C正确，ABD错误。故选：C。【点睛】本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化。4.质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度时间图像如图所示，以竖直向上为正，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）A. 小球下落的最大速度为5 m/sB. 小球能弹起的最大高度为2.5 mC. 小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10 m/sD. 小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kgm/s【答案】D【解析】【分析】由速度-时间图象可得出小球的运动规律，v-t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。【详解】A项：由图可知，小球下落到1s时的速度最大，最大速度为10m/s；故A错误；B项：弹起后的正向位移为：，故B错误；C项：由图可知，小球第一次反弹后的瞬时速度大小为5m/s，故C错误；D项：由动量定理可得：，所以小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量

4、大于15 kgm/s，故D正确。故选：D。【点睛】本题考查图象的应用，关键是要明确图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。5.为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831年把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池E和开关K，另一个线圈B闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针。闭合开关K前，小磁针静止且与直导线平行。当闭合开关K后，从上往下看A. 小磁针沿顺吋针方向偏转了一下，最终复原B. 小磁针沿顺时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态C. 小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原D. 小磁针沿逆时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态【答案】A【解析】【分析】先根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；【详解】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故直导线下方的磁场向里，小磁针沿顺时针方向旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，最终复原；选项A正确，BCD错误；故选A。【点睛】

5、本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流6.一质点在06s内竖直向上运动，若取向上为止方向，g取10m/s2，其v-t图象如图所示。下列说法正确的是A. 质点在02s内减小的动能大于在46s内减小的动能B. 在46s內，质点处于失重状态，且机槭能增加C. 质点在第2s末的机械能大于在第6s末的机械能D. 质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能【答案】AD【解析】【分析】根据动能的概念求解动能的变化进行比较；46s內通过计算加速度求解合外力，判断除重力以外的其它力做功情况，判断机械能的变化；计算质点在第2s末的机械能和在第6s末的机械能大小进行比较.【详解】质点在02s内减小的动能：；在46s内减小的动能：，则质点在02s内减小的动能大于在46s内减小的动能，选项A正确；在46s內，质点的加速度向下，处于失重状态，因加速度为，则除重力以外还有其他的力对物体做负功，则质点的机械能减小，选项B错误；质点在t=2s时的机械能：；质点在t=6s时的机械能：；则质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能，选项C错误，D正确；故选AD.【点睛】物体机

6、械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小。7.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是A. 匀强电场的电场强度B. 小球动能的最小值为C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】AB【解析】【分析】小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置【详解】小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力

7、，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtan=qE，解得，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：，则最小动能Ek=mv2=，所以选项B正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误；故选AB.【点睛】此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和8.四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示。ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab，cd上的两点，OPOQ，下列说法中正确的是（ ）A. P、Q两点电势相等，场强不同B. P点的电势比M点的低C. PM两点间的电势差大于QM间的电势差D

8、. 带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小【答案】AD【解析】【分析】电场线的疏密表示场强的大小，根据电场线的方向确定场源电荷的正负。电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低。根据电势高低判断功的正负，从而确定电势能的大小.【详解】A、电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P点的电场强度比Q点的小.根据电场线与等势面垂直，可知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等；故A正确.B、ab连线上各点的电势相等，沿着电场线方向，电势逐渐降低可知，M点比ab连线上各点的电势低，则M点的电势比P点的低；故B错误；C、由于P、Q两点电势相等，所以PM两点间的电势差等于QM间的电势差，故C错误；D、P、Q两点的电势相等，又根据B项分析可知M点的电势比P点的低，则Q点的电势高于M点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小；故D正确.故选AD.【点睛】本题的关键要掌握电场线的分布情况，理解电场的叠加原理，掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线方向表示电势的高低

9、.第II卷（非选择题174分）三、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分；第22-32题为必考题，每个试题考都必须作答；第33-38题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共129分）9.在探究“物体质量一定时加速度与力的关系”的实验中，某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化，设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量(滑轮质量不计)(1)在平衡摩擦力后，依据优化后的实验方案，实验中_(选填“一定要”或“不必要”)保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M；(2)该同学在实验中得到如图a)所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2(结果保留三位有效数字).(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条过原点的直线，如图(b)所示，若直线的斜率为k，则小车的质量为_。【答案】 (1). 不必要 (2). 2.00 (3). 【解析】【详解】(1)A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A、D错误B、实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确C、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确故选BC.(2)根据x=aT2，运用逐差法得.(3)弹簧测力计的示数,即，则a-F图线的斜率为k，则，故小车质量为.

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