天府教育大聯(lián)考2020屆高三479模擬訓(xùn)練（一）理綜物理試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精四川省天府教育大聯(lián)考2020屆高三479高考模擬訓(xùn)練（一）理綜物理試題含解析四川省2019年高中畢業(yè)班天府479高考模擬訓(xùn)練試題(一）理科綜合能力測試二、選擇題1.在物理學(xué)發(fā)展過程中做出了重要貢獻．下列表述正確的是（）A.開普勒測出了萬有引力常數(shù)B.愛因斯坦發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象C.安培提出了磁場對運動電荷的作用力公式D。盧瑟福提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型【答案】D【解析】【分析】根據(jù)物理學(xué)史解答,記住著名物理學(xué)家的主要貢獻即可．【詳解】A.卡文迪許測出了萬有引力常數(shù)，A錯誤；B。天然放射現(xiàn)象是法國物理學(xué)家貝克勒耳發(fā)現(xiàn)的，B錯誤；C。磁場對運動電荷的作用力公式是由洛倫茲提出的,C錯誤；D。盧瑟福提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，D正確．【點睛】本題考查物理學(xué)史,是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、著名理論要加強記憶,這也是考試內(nèi)容之一．2.一端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在地面上，A、B兩物體通過細繩連接,并處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦,如圖所示．現(xiàn)用水平力F作用于物體B上，緩慢拉開一小角度，此過程中斜面體與物體A仍然靜止．則下列說法正確的是A.在緩慢拉開B的過程中，水平力F不變B。物體A所受細繩的拉力一定變大C.物體A所受斜面體的摩擦力一定變大D.物體A所受斜面體作用力的合力一定變大【答案】B【解析】【分析】先對物體B分析,根據(jù)共點力平衡條件求出繩子拉力；再對木塊A分析，可以得出各個力的情況．【詳解】A。對木塊B受力分析，如圖所示，根據(jù)共點力平衡條件有:，在緩慢拉開B的過程中,θ變大，故F變大，故A錯誤；B。根據(jù)共點力平衡有,在緩慢拉開B的過程中,θ變大，故T變大，B正確；C。物體A受重力、支持力、細線的拉力,可能沒有靜摩擦力,也可能有沿斜面向下的靜摩擦力，還有可能受沿斜面向上的靜摩擦力，故拉力T變大后，靜摩擦力可能變小，也可能變大,C錯誤；D.支持力不變，故斜面對物體A的作用力的合力可能增大也可能減小或不變，D錯誤．【點睛】本題關(guān)鍵分別對A、B受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件分析求解．3。“月亮正加速遠離地球！后代沒月亮看了?！币豁椥碌难芯勘砻?，月球的引力在地球上產(chǎn)生了周期性的潮汐現(xiàn)象，潮汐力耗散地球的自轉(zhuǎn)能量，降低地球的旋轉(zhuǎn)速度，同時也導(dǎo)致月球正在以每年38cm的速度遠離地球。不考慮其他變化，則很多年后與現(xiàn)在相比，下列說法正確的是（）A。月球繞地球做圓周運動的周期將減小B.月球繞地球做圓周運動的線速度增大C.地球同步定點衛(wèi)星的高度增大D.地球同步定點衛(wèi)星的角速度增大【答案】C【解析】【詳解】A．月球繞著地球做勻速圓周運動，故有：解得：隨著地月間距增加，月球繞地球做圓周運動的周期將變大，故A錯誤;B．月球繞著地球做勻速圓周運動,故有：解得：隨著地月間距增加，月球繞地球做圓周運動的線速度變小，故B錯誤；CD．潮汐力耗散地球的自轉(zhuǎn)能量,降低地球的旋轉(zhuǎn)速度，則地球自轉(zhuǎn)周期增加，故自轉(zhuǎn)角速度變小，故同步衛(wèi)星的角速度變小，根據(jù)可知軌道半徑變大，故高度增大，故C正確,D錯誤；故選C。4。如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：3，兩端共接有六只相同的小燈泡L1、L2、L3、L4、L5和L6（電阻恒定不變)，變壓器的原線圈接有輸出電壓U恒定的交流電源,六只小燈泡均發(fā)光．下列說法正確的是（）A。L1、L2、L3三只燈泡亮度一定相同B。小燈泡L2一定比L4亮C。交流電源輸出電壓U是小燈泡L4兩端電壓的4.5倍D.L1消耗的功率是L2消耗燈泡的2。25倍【答案】C【解析】【詳解】設(shè)小燈泡L4兩端電壓為,則有副線圈的輸出電壓為,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，原線圈的輸入電壓為，L2、L3兩只燈泡串聯(lián)后的總電壓為；設(shè)通過小燈泡L4電流為，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，則有原線圈電流為，根據(jù)歐姆定律可得通過L2、L3兩只燈泡的電流為,根據(jù)并聯(lián)分流可得通過L1燈泡的電流為,小燈泡L1兩端電壓為，根據(jù)串聯(lián)分壓可知交流電源輸出電壓，根據(jù)電功率公式可知，故C正確，A、B、D錯誤；5.如圖所示，空間有一正三棱錐P—ABC，D點是BC邊上的中點，點是底面ABC的中心，現(xiàn)在頂點P點固定一正的點電荷,則下列說法正確的是()A。ABC三點的電場強度相同B.底面ABC為等勢面C。將一正的試探電荷從B點沿直線BC經(jīng)過D點移到C點,靜電力對該試探電荷先做負功后做正功D。若B、C、D三點的電勢為,則有【答案】C【解析】【詳解】AB．A、B、C三點到P點的距離相等,根據(jù)點電荷的場強公式分析可知,A、B、C三點的電場強度大小相等,但方向不同；A、B、C的三個點到場源電荷的距離相等,在同一等勢面，但其它點到場源電荷的距離與A、B、C三點到場源電荷的距離不等，故底面ABC所在平面不是等勢面，故A、B錯誤；C．將一正的試探電荷從B點沿直線BC經(jīng)過D點移到C點,電勢先升高后降低,電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負功后做正功,故C正確；D．由于B、C的兩個點到場源電荷的距離相等,在同一等勢面，即，則有，故D錯誤；6.有一種調(diào)壓變壓器的構(gòu)造如圖所示。線圈AB繞在一個圓環(huán)形的鐵芯上，C、D之間加上輸入電壓，轉(zhuǎn)動滑動觸頭P就可以調(diào)節(jié)輸出電壓，圖中A為交流電流表，V為交流電壓表，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器,C、D兩瑞按正弦交流電源，變壓器可視為理想變壓器，則下列說法正確的是（）A當(dāng)R3不變,滑動觸頭P順時針轉(zhuǎn)動時，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變小B.當(dāng)R3不變，滑動觸頭P逆時針轉(zhuǎn)動時,電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變小C.當(dāng)P不動，滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大D。當(dāng)P不動，滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，電流表讀數(shù)變大，電壓表讀數(shù)變大【答案】AC【解析】【詳解】A．當(dāng)不變，滑動觸頭順時針轉(zhuǎn)動時，變壓器的原線圈的匝數(shù)不變，副線圈的匝數(shù)減少，兩端的電壓減小,總電流減小,滑動變阻器兩端的電壓將變小，電流表的讀數(shù)變小，故A正確；B．當(dāng)不變,滑動觸頭逆時針轉(zhuǎn)動時，副線圈匝數(shù)增大,電壓增大，電流表讀數(shù)變大，電壓表讀數(shù)變大,故B錯誤；CD．保持的位置不動，即是保持變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比不變，則兩端的電壓不變，當(dāng)將觸頭向上移動時，連入電路的電阻的阻值變大,因而總電流減小，分擔(dān)的電壓減小,并聯(lián)支路的電壓即電壓表的示數(shù)增大,通過的電流增大，流過滑動變阻器的電流減小，所以電流表讀數(shù)變小,電壓表讀數(shù)變大，故C正確，D錯誤；故選AC。7.如圖，正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子以相同的速度從A點沿與AB成30°角的方向垂直射入磁場．甲粒子從B點離開磁場，乙粒子垂直CD邊射出磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是A.甲粒子帶正電,乙粒子帶負電B。甲粒子的運動半徑是乙粒子運動半徑的倍C.甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍D.兩粒子在磁場中的運動時間相等【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，甲粒子帶正電,乙粒子帶負電，選項A正確；B．設(shè)正方形的邊長為a，則甲粒子的運動半徑為r1=a，甲粒子的運動半徑為r2=，甲粒子的運動半徑是乙粒子運動半徑的倍，選項B錯誤；C．根據(jù)，解得，則甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍，選項C正確；D．甲乙兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度均為600,根據(jù)，則兩粒子在磁場中的運動時間不相等，選項D錯誤．8.如圖所示，光滑細桿MN傾斜固定,與水平方向夾角為,一輕質(zhì)彈簧一端固定在0點，另一端連接一小球,小球套在細杯上，O與桿MN在同一豎直平面內(nèi),P為MN的中點，且OP垂直于MN,已知小球位于桿上M、P兩點時,彈簧的彈力大小相等且在彈性限度內(nèi)．現(xiàn)將小球從細桿頂端M點由靜止釋放，則在小球沿細桿從M點運動到N點的過程中(重力加速度為g)，以下判斷正確的是A。彈簧彈力對小球先做正功再做負功B。小球加速度大小等于gsinθ的位置有三個C。小球運動到P點時速度最大D.小球運動到N點肘的動能是運動到P點時動能的兩倍【答案】BD【解析】【詳解】A項：由題意不能確定在M點和在N點時彈簧是壓縮還是拉伸狀態(tài),所以彈簧對小球可能先做正功后做負功，也可能先做負功后做正功，故A錯誤；B項：由于MP之間和PN之間各有一位置彈簧彈力為零，當(dāng)彈力為零時小球的加速度為,在P點時由于彈簧的彈力與桿垂直,所以小球的加速度也為，所以小球加速度大小等于gsinθ的位置有三個，故B正確；C項：由于小球在P點的加速度為,所以小球的速度一定不為最大，故C錯誤；D項：從M到P由能量守恒得:，從P到N由能量守恒得:,聯(lián)立解得：小球運動到N點肘的動能是運動到P點時動能的兩倍，故D正確．故選BD．9.某同學(xué)在驗證合外力一定，物體的質(zhì)量與加速度的關(guān)系時，采用圖甲所示的裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車的加速度a與小車質(zhì)量M（包括所放砝碼及傳感器的質(zhì)量）的對應(yīng)關(guān)系圖象,如圖乙所示．實驗中所掛鉤碼的質(zhì)量20g，實驗中選用的是不可伸長的輕繩和光滑的輕質(zhì)定滑輪．(1）實驗開始時,他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨妮p繩與木板平行．他這樣做的目的是下列哪一個_____________；(填字母代號）A．可使位移傳感器測出的小車的加速度更準(zhǔn)確B．可以保證小車最終能夠做直線運動C．可在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車所受的合力(2)由圖乙可知，圖線不過原點O，原因是_____________________________；(3)該圖線的初始段為直線，該段直線的斜率最接近的數(shù)值是_____________．A．30B．0.3C．20D．0.2【答案】（1）。（1）C(2)。（2）平衡摩擦力使長木板的傾角過大；(3）。（3）D【解析】【詳解】（1）實驗開始時,他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨妮p繩與木板平行．他這樣做的目的是可在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車所受的合力，故選C。(2）由F+F1=Ma解得由圖乙可知，圖線不過原點O，在a軸上有正截距,可知存在與F相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使長木板的傾角過大;（3）根據(jù)可知圖線斜率等于F，則最接近的數(shù)值是F=mg=0。02×10N=0.2N。故選D。10。某同學(xué)為了將一量程為3V的電壓表改裝成可測量電阻的儀表—-歐姆表．（1）先用如圖a所示電路測量該電壓表的內(nèi)阻，圖中電源內(nèi)阻可忽略不計，閉合開關(guān)，將電阻箱阻值調(diào)到3kΩ時，電壓表恰好滿偏；將電阻箱阻值調(diào)到12kΩ時，電壓表指針指在如圖b所示位置，則電壓表的讀數(shù)為____V．由以上數(shù)據(jù)可得電壓表的內(nèi)阻RV＝____kΩ.（2）將圖a的電路稍作改變，在電壓表兩端接上兩個表筆，就改裝成了一個可測量電阻的簡易歐姆表，如圖c所示,為將表盤的電壓刻度轉(zhuǎn)換為電阻刻度,進行了如下操作:閉合開關(guān)，將兩表筆斷開，調(diào)節(jié)電阻箱，使指針指在“3。0V”處，此處刻度應(yīng)標(biāo)阻值為____（填“0"或“∞”）；再保持電阻箱阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻找出對應(yīng)的電壓刻度，則“1V"處對應(yīng)的電阻刻度為____kΩ。（3）若該歐姆表使用一段時間后,電池內(nèi)阻不能忽略且變大，電動勢不變,但將兩表筆斷開時調(diào)節(jié)電阻箱,指針仍能滿偏，按正確使用方法再進行測量，其測量結(jié)果將____．A。偏大B。偏小C.不變D。無法確定【答案】(1）。1。50(2）。6（3）?！?4）。1(5）.C【解析】【詳解】（1）［1］[2]由圖(b）所示電壓表表盤可知，其分度值為0。1V，示數(shù)為1.50V;電源內(nèi)阻不計，由圖a所示電路圖可知,電源電動勢：E＝U＋IR＝U＋R由題意可知:E＝3＋×3000E＝1.5＋×12000解得RV＝6000Ω＝6kΩ,E＝4.5V（2）兩表筆斷開,處于斷路情況,相當(dāng)于兩表筆之間電阻無窮大,故此處刻度應(yīng)標(biāo)阻值為∞，當(dāng)指針指向3V時，電路中的電流為:Ig＝A＝0.0005A此時滑動變阻器的阻值:R＝Ω＝3kΩ當(dāng)電壓表示數(shù)為1V時，有:1＝解得Rx＝1kΩ.（3）[5]［6］根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電池新時有：Ig＝＝，測量電阻時電壓表示數(shù)為：U＝歐姆表用一段時間調(diào)零時有：Ig＝，測量電阻時：U＝比較可知:r＋R＝r′＋R′所以若電流相同則R′x＝Rx，即測量結(jié)果不變，故選C．11。如圖所示，兩個平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD固定在水平地面上,其間距L=0.5m，左端接有阻值R=3的定值電阻．一根長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿順置于導(dǎo)軌上，金屬桿的質(zhì)量m=0.2kg,電阻r=2,整個裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小B=4T的勻強磁場中，t=0肘刻,在MN上加一與金屬桿垂直，方向水平向右的外力F，金屬桿由靜止開始以a=2m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，2s末撤去外力F，運動過程中金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．(不計導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，導(dǎo)軌足夠長)求:（1)1s末外力F的大??；（2）撤去外力F后的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】（1）2N（2)0。96J【解析】【詳解】（1）t=1s時刻,金屬桿MN的速度大小為v1=at1=2×1=2m/s

金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv1

金屬桿MN中的電流大小

金屬桿MN受到的安培力大小F安=BIL

聯(lián)立得

根據(jù)牛頓第二定律得F—F安=ma

聯(lián)立解得F=2N

(2）t=2s時刻,金屬桿MN的速度大小為v2=at2=2×2=4m/s

撤去外力F后的過程中,根據(jù)能量守恒定律得知電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=mv22=×0.2×42=1.6J

電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR=Q=×1.6J=0。96J12.如圖，光滑絕緣水平面上靜置兩個質(zhì)量均為m、相距為x0的小球A和B，A球所帶電荷量為+q,B球不帶電．現(xiàn)在A球右側(cè)區(qū)域的有限寬度范圍內(nèi)加上水平向右的勻強電場，電場強度為E，小球A在電場力作用下由靜止開始運動，然后與B球發(fā)生彈性正碰,A、B碰撞過程中沒有電荷轉(zhuǎn)移，且碰撞過程時間極短，求:（1)A球與B球發(fā)生第一次碰撞后B球的速度；（2）從A球開始運動到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功；(3）要使A、B兩球只發(fā)生三次碰撞，所加電場的寬度d應(yīng)滿足的條件．【答案】(1）（2）5qEx0（3）8x0〈d≤18x0【解析】【詳解】（1）設(shè)A球與B球第一次碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度分別為vA1、vB1．

對A，根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma

由運動學(xué)公式有:v02=2ax0．

解得：v0=

對于AB碰撞過程,取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：

mv0=mvA1+mvB1

mv02=mvA12+mvB12．

解得:vB1=v0=，vA1=0

（2）設(shè)第一次碰撞到第二次碰撞前經(jīng)歷的時間為t1．有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1

從A球開始運動到兩球在電場中發(fā)生第二次碰撞前電場力對A球所做的功為:

W=qE(x0+xA1)

解得：W=5qEx0．

（3）設(shè)第二次碰撞前A的速度為vA1′,碰撞后A、B的速度分別為vA2、vB2．有：

vA1′=vA1+at1．

第二次碰撞過程，有:

mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2．

mvA1′2+mvB12=mvA22+mvB22．

第二次碰撞后，當(dāng)A球速度等于B球速度vB2時，A球剛好離開電場,電場區(qū)域?qū)挾茸钚?有：vB22—vA22=2a?△x1．

A、B兩球在電場中發(fā)生第三碰撞后，當(dāng)A球速度等于B球速度時，A球剛好離開電場，電場區(qū)域的寬度最大，設(shè)第三次碰撞前A球的速度為vA2′，碰撞后A、B的速度分別為vA3、vB3．二、三次碰撞間經(jīng)歷的時間為t2．有:

xA2=vA2t2+at22=vB2t2．

vA2′=vA2+at2．

第三次碰撞過程,有：mvA2′+mvB2=mvA3+mvB3

mvA2′2+mvB22=mvA32+mvB32．

vB32-vA32=2a?△x2

所以電場區(qū)域?qū)挾萪應(yīng)滿足的條件為:x0+xA1+△x1＜d≤x0+xA1+xA2+△x2．

解得：8x0＜d≤18x013。下列說法正確的是_____A。懸浮在液體中的微粒越大，某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越多，布朗運動越明顯B.液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力C。分子平均速率大的物體的溫度一定比分子平均速率小的物體的溫度高D。自然界中進行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性E.外界對氣體做功，氣體的內(nèi)能可能減小【答案】BDE【解析】【詳解】A．懸浮在液體中的微粒越小，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越少，布朗運動越明顯，故A錯誤;B．由于表面分子較稀疏，故液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力，故B正確；C．分子的平均動能相等時，物體的溫度相等；考慮到分子的質(zhì)量可能不同,分子平均速率大有可能分子的平均動能小;分子平均速率小有可能分子的平均動能大．故C錯誤；D．由熱力學(xué)第二定律可知，自然界中進行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性,故D正確；E．當(dāng)外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q分析可知,內(nèi)能可能增大也可能減小，故E正確．14。如圖，導(dǎo)熱性能良好的水平放置的圓筒形氣缸與一裝有水銀的U形管相連，U形管左側(cè)上端封閉一段長度為15cm的空氣柱,U形管右側(cè)用活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體．開始時U形管兩臂中水銀面齊平，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時U形管右側(cè)用活塞封閉的氣體體積為490mL,若用力F緩慢向左推動活塞，使活塞從A位置移動到B位置，此時U形管兩臂中的液面高度差為10cm，已知外界大氣壓強為75cmHg,不計活塞與氣缸內(nèi)壁間的摩擦，求活塞移動到B位置時U形管右側(cè)用活塞封閉的