2024屆四川省成都市高中畢業(yè)班第一次診斷性檢測理科綜合（含答案解析）

2024屆四川省成都市高中畢業(yè)班第一次診斷性檢測理科綜合

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一、單選題

1.圖（a）為某型號家用全自動波輪洗衣機，圖（b）為洗衣機內部結構剖面圖，其內

桶由四根相同的輕質吊桿前、后、左、右對稱懸掛（懸點可自由轉動）,內筒靜止時每

根吊桿與豎直方向夾角均為a,內桶總質量為重力加速度大小為g,每根吊桿的拉

力大小為（）

mg

D.

4cota

2.圖示為一種自動測定油箱內油面高度的裝置,裝置中金屬杠桿的一端接浮標（浮標

與杠桿絕緣），另一端的觸點P接滑動變阻器R,油量表由電流表改裝而成。當汽車加

油時、油箱內油面上升過程中，下列說法正確的是（）

B.凡兩端電壓減小

C.整個電路消耗的功率增大D.電源輸出功率一定增大

3.如圖，沿水平直軌道運行的地鐵車廂內，有一拉環(huán)（可視為質點）用輕繩與套于水

平桿中的固定限位塊相連，某段時間內拉環(huán)與豎直方向夾角始終為。。已知限位塊、拉

環(huán)質量分別為M、%,重力加速度大小為g,則在該段時間內（）

限位塊

B.列車加速度大小為gsin。

C.列車一定水平向右做勻加速運動

D.水平桿對限位塊的作用力大小為（〃+Mglan。

4.如圖，真空中兩個等量異種點電荷P、Q關于。點對稱分布，P帶正電，A為P、Q

連線上一點。保持。4距離不變，增大尸、。之間的距離后再次靜止（仍關于。點對稱）。

選無窮遠為零電勢點，則P、。距離增大后（）

P----------?----?----Q

A.。點的場強不變B.0點的電勢升高C.A點的場強變小

D.A點的電勢降低

5.水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止狀態(tài)跌落的最大高度。己知

導致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設蘋果在接觸鋼板后0.1s

減速至靜止，重力加速度g取10m//，則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（）

A.10cmB.20cmC.30cmD.45cm

二、多選題

6.2023年10月，神舟十七號飛船成功與中國空間站對接，對接后的組合體運行周期

約1.5小時,保證神舟十七號飛船正常通信的功臣是在地球同步軌道上運行的中繼衛(wèi)星,

組合體與中繼衛(wèi)星繞地球的運動均可視為勻速圓周運動，下列說法正確的是（）

A.組合體的軌道高度大于中繼衛(wèi)星的軌道高度

B.組合體的線速度大于中繼衛(wèi)星的線速度

C.組合體的角速度小于中繼衛(wèi)星的角速度

D.組合體的加速度大于中繼衛(wèi)星的加速度

7.如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離"，待

電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質量為“、電荷量為q,從靠近左板處由靜止釋放，測得粒

子從出發(fā)至右板所用的時間為到達右板的速度大小為也重復上述過程，完成多次

試卷第2頁，共8頁

實驗。板間電場可視為勻強電場，粒子所受重力忽略不計。下列圖像正確的是（）

q

內一絕緣軌道由半徑為R的!光滑圓弧BC與足夠長的傾斜粗糙軌道AB、CD組成,AB.

CD與水平面夾角均為45。且在氏C兩點與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質量為加,

電荷量為%從4B軌道上與圓心。等高的P點以%=2嫻的速度沿軌道下滑。已知

滑塊與A3、CD軌道間的動摩擦因數(shù)〃=立，重力加速度大小為g。下列說法正確的

A.滑塊在A8軌道下滑時的加速度大小為g

B.滑塊在BC軌道中對軌道的最大壓力為3mg

C.滑塊最終將在BC軌道之間做往復運動

D.滑塊在AB軌道及CQ軌道上運動的總路程為2R

三、實驗題

9.某同學用圖（a）所示的裝置測量木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)。長木板水平固定,

木塊通過水平輕繩繞過輕質光滑定滑輪連接重物。

圖（b）

（1）實驗時（選填“①''或"②”），得到加速階段的部分紙帶如圖（b）所示，A、

B、C、D、E為打下的相鄰的計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點未畫出。

①先接通打點計時器電源，再由靜止釋放重物

②先由靜止釋放重物，再接通打點計時器電源

（2）測量得%=5.40cm,x2=14.72cm,木塊質量為M=0.5kg,重物質量為〃?=0.2kg。

已知打點計時器的頻率為50Hz,重力加速度g=9.80m/s2,忽略紙帶與打點計時器限

位孔之間的阻力。則打下8點時木塊的速度%=m/s,木塊與長木板間的動摩擦

因數(shù)約為〃=______。（所有計算結果均保留2位有效數(shù)字）

10.某同學用圖（a）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗。所需器材：

小燈泡L（額定電壓3V,額定功率約0.6W）；

電源E（電動勢6V,內阻很小可忽略不計）；

電壓表V（量程3V,阻值很大）；

電流表A（量程0.25A,內阻約0.4C）；

滑動變阻器R（總阻值約10Q）；

保護電阻&（阻值待定）；

開關S；

導線若干。

圖⑶圖（b）

（1）請依照圖（a）所示電路，在圖（b）中補全實物連線

（2）實驗步驟：

試卷第4頁，共8頁

①閉合開關前，調節(jié)滑動變阻器的滑片，使滑片停留在最（選填“左''或"右”）端；

②閉合開關后，逐漸移動滑動變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電

壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓；

③記錄如下8組U和/的數(shù)據(jù)后斷開開關，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖（c）所示方格紙上描繪

完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。

編號12345678

UN0.200.601.001.401.802.202.603.00

//A0.0200.0600.1000.1400.1750.2000.2150.220

小燈泡發(fā)光情況不亮微亮逐漸變亮正常發(fā)光

//A

0.2

（3）若實驗室中沒有量程為0.25A的電流表，可

UN

0123f

圖(c)

用一只量程為50mA,阻值為2c的毫安表并聯(lián)電阻值為C的定值電阻改裝而成。

（4）燈泡正常發(fā)光時的電阻與燈泡不亮時的電阻的比值為（計算結果保留2位

有效數(shù)字）。

（5）為了能順利完成實驗，且較大程度起到保護作用，保護電阻&的阻值應為Q

（選填“20”、"10"、"5"或"2"）。

四、解答題

11.如圖，在第一象限0SW2L區(qū)域內存在沿y軸正方向的勻強電場耳（未知），2L<x<AL

區(qū)域內存在沿x軸正方向的勻強電場耳（未知）。一個質量為，小電荷量為q的帶正電

粒子，以速率%從坐標原點。沿x軸正方向進入電場并依次通過4（2乙。和3（4L,2L）兩

點。不計粒子的重力。已知乙、m、q和%,求：

（1）粒子運動至A點的速度大小;

（2）場強￡的大小。

12.圖（a）為成都天府國際機場某貨物傳送裝置實物圖，簡化圖如圖（b）所示，該裝

置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，固定擋板COE尸與傳送帶上表面垂直，傳

送帶上表面A2CZ）與水平地面的夾角Q37。，CZ）與水平面平行?傳送帶勻速轉動時，

工作人員將質量分布均勻的正方體貨物從力點由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L=10m

后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖（c）所示。已知傳送帶勻速運行的速

度v=lm/s,貨物質量加=10kg,其底部與傳送帶ABC。的動摩擦因數(shù)為A=0.5,其側

面與擋板CDE尸的動摩擦因數(shù)為3=0.25。（sin37°=0.6,重力加速度g=lOm/s）,不計

空氣阻力）。求：

（1）貨物剛放上傳送帶時，其底面所受滑動摩擦力力的大小及側面所受滑動摩擦力人

的大小;

（2）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時間，及傳送裝置多消耗的電能E；

（3）某次測試過程中工作人員每隔A/=ls從。點靜止釋放相同的貨物，貨物對地發(fā)生

位移GlOm后被取走，若維持傳送帶勻速運轉，傳送帶相對空載時需增加的最大功率

五、多選題

13.下列說法中正確的是（）

A.一定質量的理想氣體經(jīng)過一個絕熱壓縮過程，其溫度一定升高

B.給自行車打氣時氣筒活塞壓下后反彈，是由分子斥力造成的

C.第二類永動機不可能制成的原因是違反了能量守恒定律

試卷第6頁，共8頁

D.運送貨物的卡車停于水平地面，在緩慢卸貨過程中，若車胎不漏氣，胎內氣體

溫度不變，不計分子間勢能，則胎內氣體從外界吸熱

E.液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對微粒的撞擊作用不平衡所引起的

六、解答題

14.如圖（a）,豎直圓柱形汽缸導熱性良好，用橫截面積為S的活塞封閉一定量的理想

氣體，活塞質量為桃＞,此時活塞靜止，距缸底高度為“。在活塞上放置質量為㈣（未

2

知）的物塊靜止后，活塞距缸底高度為如圖（b）所示。不計活塞與汽缸間

的摩擦，已知大氣壓強為4,外界溫度為27℃,重力加速度為g,汽缸始終保持豎直。

（i）求物塊質量犯;

（ii）活塞上仍放質量為町物塊，為使得活塞回到距缸底為"的高度，求密封氣體的熱

力學溫度T應緩慢上升為多少；若此過程中氣體內能增加了△（/,求該過程中缸內氣體

從外界吸收的熱量

七、填空題

15.如圖（a）,輕質彈簧下端掛一質量為力的小球處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將小球向下拉動距

離/后由靜止釋放并開始計時，小球在豎直方向做簡諧振動，彈簧彈力與小球運動的時

間關系如圖（b）所示。/及為已知條件。

①小球簡諧振動的周期T=；

②0~64內，小球通過的路程s=；

③0~2內，小球運動距離______T（選填"大于”、"小于”或"等于”）。

22

八、解答題

16.如圖，一玻璃磚的截面由等腰三角形PM。和半徑為R的半圓組成，ZPMQ=UO0,

。為圓心，其右側放置足夠長的豎直平面鏡，鏡面與PQ平行，A處的光源發(fā)射一束光

從MP中點8射入玻璃磚，光束與〃尸夾角0=30。，經(jīng)折射后光線與尸。垂直。A、M、

。三點共線，光在真空中的傳播速度為c,不考慮光束在玻璃磚內的反射。

(i)求玻璃磚的折射率小

(ii)若光束從光源A發(fā)射經(jīng)平面鏡一次反射后恰能回到光源A處，求光束在全過程中

的傳播時間t。

試卷第8頁，共8頁

參考答案:

1.B

【詳解】內筒受力平衡，根據(jù)平衡條件可得

4Feosa=nig

每根吊桿的拉力大小為

F=3

4cosa

故選Bo

2.C

【詳解】A.當汽車加油時油箱內油面上升時，通過浮球和杠桿使觸點P向下滑動，滑動變

阻器R接入電路的電阻變小，整個電路的總電阻變小，電路中的電流變大，故A錯誤；

B.R|兩端電壓

■=明

由于電路中的電流變大，所以兩端電壓升高，故B錯誤；

C.整個電路消耗的功率

P=EI

由于電路中的電流變大，所以整個電路消耗的功率增大，故c正確；

D.電源輸出功率

p-

&=1-%=~2

R外+方-+2r

當時=,時，電源輸出功率最大，因不知道電路中各個電阻的大小關系，所以無法判斷電源

輸出功率的變化，故D錯誤。

故選C。

3.A

【詳解】A.拉環(huán)受重力、輕繩拉力作用，豎直方向根據(jù)平衡條件可得

mg=Teos6

輕繩拉力大小為

T=3

cos3

故A正確;

答案第1頁，共13頁

B.根據(jù)牛頓第二定律

F合=mgtan0=ma

列車加速度大小為

a=gtan0

故B錯誤；

C.由拉環(huán)傾斜情況可知列車加速度方向水平向右，列車速度方向不知，列車可能水平向左

做勻減速運動，故C錯誤；

D.將限位塊、拉環(huán)看做整體，水平桿對限位塊的作用力大小為

F=J[(M+Mgf+[(仞+=(M+m)g

cos?

故選Ao

Fk

4.C

【詳解】A.由點電荷周圍的場強公式

0,Q

E=K-r

r

可知，增大P、。之間的距離后，P,。到。點的距離都變大，P、。在。點的場強都變小，

由場強的疊加可知，。點的場強變小，故A錯誤；

B.增大P、Q之間的距離后0點的電勢仍然為零，不變，故B錯誤；

C.增大P、。之間的距離后，P、。到A點的距離都變大，P、。在4點的場強都變小，由

場強的疊加可知，A點的場強變小，故C正確；

D.增大尸、Q之間的距離后0、A間的場強減小，由

U=Ed

可知，增大尸、。之間的距離，0A距離不變，所以。、A之間的電勢差變小，由0點電勢

不變，A點的電勢低于。點的電勢，可知A點的電勢升高，故D錯誤。

答案第2頁，共13頁

故選c。

5.B

【詳解】設蘋果剛接觸鋼板時速度為叭取向上為正方向，根據(jù)動量定理，有

(F_mg)t=U_(_飾)

v=2m/s

設蘋果從靜止狀態(tài)跌落的最大高度為/?,有

v2-2gh

h=0.2m=20cm

故選Bo

6.BD

【詳解】A.根據(jù)

Mm4;r'

已知組合體運行周期約1.5小時，中繼衛(wèi)星的周期為24小時，可知組合體的周期小于中繼

衛(wèi)星的周期，所以組合體的軌道半徑小于中繼衛(wèi)星的軌道半徑，組合體的軌道高度小于中繼

衛(wèi)星的軌道高度，A錯誤；

B.根據(jù)

可知，軌道半徑越小，線速度越大，所以組合體的線速度大于中繼衛(wèi)星的線速度，B正確;

C.根據(jù)

2萬

a)=——

T

可知，周期越小，角速度越大，所以組合體的角速度大于中繼衛(wèi)星的角速度，C錯誤；

答案第3頁，共13頁

D.根據(jù)

-Mm

G——=ma

可得

廠M

a=G-r

可知，軌道半徑越小，加速度越大，所以組合體的加速度大于中繼衛(wèi)星的加速度，D正確。

故選BD。

7.AC

【詳解】AB.對于帶正電的粒子，在勻強電場中受電場力作用，根據(jù)動能定理，有

1

Urrc/=—mv2

可得

Vm

可知，粒子到達右板的速度丫的大小與板間距離d無關，A正確、B錯誤;

CD.設粒子在電場中運動的加速度為。，有

Eq=ma

廠U

d

d=—at2

2

聯(lián)立可得

可知，粒子從出發(fā)至右板所用的時間與板件距離成正比，C正確、D錯誤。

故選AC。

8.AD

【詳解】A.根據(jù)題意可知

Eq=mg

重力與電場力的合力&，咫，方向垂直于AB面向下，滑塊在AB軌道下滑時，有

-jjyflmg=ma

答案第4頁，共13頁

解得

a=-g

加速度大小為g，A正確；

B.由幾何關系可知，

XRB=R

滑塊在BC軌道的B點對軌道有最大壓力,設此時滑塊的速度為v，軌道對滑塊的支持力為F',

有

2

-/jy[lmgxPB--mv-gm%：

解得

V=yj2（>R

根據(jù)牛頓第二定律，有

2

&-y/2mg=m—

解得

&=（2+夜）〃*

根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在BC軌道中對軌道的最大壓力為

《=&=（2+四）mg

B錯誤；

C.從8點到C點，電場力做負功，滑塊需克服電場力做功為

W屯=Eq-y/2R=-JlmgR>；mv2

所以滑塊在到達C點前已經(jīng)減速到0,后反向滑回到B點，滑塊從B點出發(fā)到滑回到B點的

過程中，合力做功為零，所以速度大小不變，仍為v,然后沿BA軌道上向上滑行，由于在

8A軌道只有摩擦力做負功，所以最后會停在A2軌道上，C錯誤；

D.由于滑塊在BC軌道上合力做功為0,所以滑回B點時，速度依然為v=J荻，設在

AB軌道上滑行X1后減速為0,有

2

-pi'/2mgxx=0--mv

解得

答案第5頁，共13頁

%=R

所以滑塊在AB軌道及CD軌道上運動的總路程為

s=XPB+玉=2R

D正確。

故選AD。

9.①0.270.26

【詳解】(1)[1]使用打點計時器時應先接通電源，后釋放紙帶，故選①。

(2)12J由于相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點未畫出，所以相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為

T=0.1s

2點的速度為

35.40cm

vR=—=---------=0.27m/s

B2T0.2s

[3]O點的速度為

x.-x.14.72cm-5.40cm八"’.

%———L=-----------------------=0.466nVs

2T0.2s

加速度為

v-v

DB=On8m/2

2T

根據(jù)牛頓第二定律，有

mg-〃Mg=(M+m)a

解得

【詳解】(1)[1]根據(jù)電路圖，連接實物圖為

答案第6頁，共13頁

(2)[2]閉合開關前，應使電壓表和電流表的電壓和電流最小，所以應使滑片停留在最左

端。

(3)[3]設毫安表的量程為1，電阻為與，根據(jù)電流表的改裝原理，有

解得

/?=0.5Q

(4)[4]小燈泡不亮時，電阻為

小燈泡正常發(fā)光時，電阻為

口a3.oov

圾=--=------?13.012

-I20.220A

R13.6Q一

=--?1.4

凡10Q

(5)[5]為較大程度地保護電路，則應串聯(lián)一個保護電阻4,使得滑動變阻器的滑片劃到最

右端時，小燈泡能正常發(fā)光，從表格中可知，小燈泡正常發(fā)光時電壓為3V,電流為0.22A,

根據(jù)歐姆定律，有

5,E-UL

%

解得

R。=5.76Q

考慮到實際操作，選擇&=5C的保護電阻即可。

11.(1)V2v0；(2)網(wǎng)^

qL

【詳解】(1)粒子在電場￡中X方向做勻速直線運動，y方向做初速度為零的勻加速直線運

答案第7頁，共13頁

動

x方向

2L=v0/.

y方向

在A點處的速度大小為

2

+vv=x/2v0

(2)粒子在電場芻中X方向做初速度不為零的勻加速直線運動，y方向做勻速直線運動，y

方向

2L—L=vyt2

x方向

1

4L—2L—9

由牛頓第二定律有

qE、=nia.

聯(lián)立解得

qL

12.(1)工=40N,人=15N；(2)z=10.2s,墟=163J；(3)AP=190W

【詳解】(1)貨物放上傳送帶后，由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為M,

貨物底面所受滑動摩擦力為力，檔板對貨物支持力為N?,貨物側面所受滑動摩擦力為人，

由力的平衡條件

N,=mgcos0

N2=mgsin0

由滑動摩擦力計算式有

工=〃冏，f2=p2N2

答案第8頁，共13頁

代入數(shù)據(jù)可得

Z=40N,△=15N

（2）因為力與運動方向相同，力與運動方向相反，貨物將從靜止開始沿傳送帶做勻加速直

線運動，若能共速，則此后做勻速運動，由牛頓第二定律可得

解得

2

at=2.5m/s

設貨物勻加速至與傳送帶共速經(jīng)歷時間為乙，對地位移為引，由運動學公式得

/,=—=0.4s

q

貨物勻加速階段的位移為

Xi=f=0.2m

因王＜乙，故能夠共速。共速后，貨物做勻速直線運動，直至被取下，設此段運動時間為明

位移為々由運動學公式得

x2=L-xx=9.8m

貨物勻速階段所用的時間為

t2=三=9.8s

v

貨物運動總時間為

1=4+L=10.2s

傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產生的內能和貨物增加的動能之

和。貨物與傳送帶之間

Qi=《小!4）=8J

貨物與擋板之間

Q2=f2L=15OJ

貨物增加的動能

答案第9頁，共13頁

A￡k=g?a?=5J

傳送裝置多消耗的電能為

￡1,(,=21+02+AEk=163J

(3)分析可知貨物在傳送帶上從靜止到與傳送帶共速經(jīng)歷的時間均為4,之后以速度丫做

勻速運動。因第1個貨物在傳送帶上運動的總時間為仁10.2s,設第1個貨物釋放后又釋放

了N個貨物，則

/V=—=10.2

Ar

分析可知當?shù)?個貨物即將被取走時，傳送帶上共有11個貨物，且前10個己共速。第11

個貨物在傳送帶上運動的時間為

,

r=r-10Af=0.2s<zl=0.4s

第II個貨物相對傳送帶滑動。綜上，傳送帶上有11個貨物且第11個處于加速運動階段時，

傳送帶需增加的功率達到最大值相。傳送帶受到前10個貨物的靜摩力大小為10人,受到第

11個貨物的滑動摩擦力大小為力，由瞬時功率計算式有

AP=(10/j4-./；)V=190W

13.ADE

【詳解】A.一定質量的理想氣體經(jīng)過絕熱壓縮，則

。=0

外界對氣體做功，則

W>0

根據(jù)熱力學第一定律

△U=W+Q

可知

At7>0

即氣體的內能增大，則氣體的溫度升高，故A正確；

B.用氣筒給車胎打氣，氣筒壓下后有反彈是輪胎的內部壓強大于外界大氣壓，并不是分子

間的斥力，故B錯誤；

C.第二類永動機不可能制成的原因是其違反了熱力學第二定律，故C錯誤；

答案第10頁，共13頁

D.運送貨物的卡車停于水平地面，在緩慢卸貨過程中，若車胎不漏氣，胎內氣體溫度不變，

不計分子間勢能，則氣體的內能不變，氣體做等溫變化，根據(jù)

py,=0匕

可知氣體壓強減小，氣體體積增大，氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律，故胎內氣體從外

界吸熱，故D正確；

E.液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對微粒的撞擊作用不平衡所引起的，故E正確。

故選ADEo

14.（i）叫（ii）Q=AU+（-g+/%S）”

2g"2

【詳解】（i）以被密封氣體為研究對象，初態(tài)，由力的平衡條件有

叫話+PoS=p、S

2

活塞從位置〃到位置氣體發(fā)生等溫變化