四川省成都市2018屆高三第二次診斷性檢測理綜物理試題

四川省成都市2018屆高三第二次診斷性檢測理綜物理試題二、選擇題：1.把火星和地球繞太陽運行的軌道視為圓周。由火星和地球繞太陽運行的周期之比可求得A.火星和地球繞太陽運行的軌道半徑之比B.火星和地球的質(zhì)量之比C.火星和地球的密度之比D.火星和地球所受太陽的萬有引力之比【答案】A【解析】A、研究火星和地球繞太陽做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：，得，其中M為太陽的質(zhì)量，r為軌道半徑．火星和地球繞太陽運動的周期之比，所以能求得火星和地球繞太陽運行的軌道半徑之比，故A正確。B、C、D、我們研究火星和地球繞太陽做圓周運動，火星和地球作為環(huán)繞體，無法求得火星和地球的質(zhì)量之比，列式的時候質(zhì)量約去了，更不能求出其密度之比，萬有引力也需要知道環(huán)繞天體的質(zhì)量無法求得，故B、C、D均錯誤.故選A．【點睛】求一個物理量之比，我們應該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再根據(jù)表達式進行比較．向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用2.一理想自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈，通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈，副線圈兩端連有一電阻R。在a、b間輸入電壓為Ul的交變電壓時，c、d間的電壓為U2，在將滑動觸頭從圖中M點逆時針旋轉(zhuǎn)到N點的過程中A.U2有可能大于UlB.U1、U2均增大C.Ul不變、U2增大D.a、b間輸入功率不變【答案】C【解析】A、根據(jù)變壓器的電壓關(guān)系有，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A錯誤。B、C、當滑動觸頭M順時針轉(zhuǎn)動時，即n2減小時，輸入電壓U1由發(fā)電機決定不變，電壓應該減小即降低，B錯誤、C正確．D、因負載不變，故輸出功率減小，則變壓器的輸入功率變小，D錯誤。故選A．【點睛】自耦變壓器的原理和普通的理想變壓器的原理是相同的，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，根據(jù)基本的規(guī)律分析即可．3.如圖，在水平晾衣桿（可視為光滑桿）上晾曬床單時，為了盡快使床單晾干，可在床單間支撐輕質(zhì)細桿。隨著細桿位置的不同，細桿上邊兩側(cè)床單間夾角θ(θ<150°)將不同。設(shè)床單重力為G，晾衣桿所受壓力大小為N，下列說法正確的是A.當θ=60°時，N=GB.當θ=90°時,N=GC.只有當θ=120°時，才有N=GD.無論θ取何值，都有N=G【答案】D【解析】對晾衣桿受力分析，被子對桿兩相等的對稱的支持力，由于被子處于平衡，則兩支持力的合力等于重力，則根據(jù)牛頓第三定律知，無論夾角θ取何值都有N=G，故A、B、C錯誤，D正確.【點睛】以晾衣桿為研究對象，分析受力情況，作出力圖，由平衡條件求出的合力的大小和方向，從而求得所受的壓力大小。4.如圖所示為某物業(yè)公司的宣傳提醒牌。從提供的信息知：一枚30g的雞蛋從17樓（離地面人的頭部為45m高）落下，能砸破人的頭骨。若雞蛋殼與人頭部的作用時間為4.5×10-4s，人的質(zhì)量為50kg，重力加速度g取10m/s2，則頭骨受到的平均沖擊力約為A.1700NB.2000NC.2300ND.2500N【答案】B【解析】雞蛋從45m高處自由落體，由運動學規(guī)律可得速度為，對雞蛋撞擊的過程，取向下為正方向，由動量定理：，解得，故選B.【點睛】本題應用動量研究碰撞過程物體的速度．對于打擊、碰撞、爆炸等變力作用過程，往往用動量定理研究作用力．5.如圖，傾角為300的光滑斜面固定在水平面上，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的擋板上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A連接，A靜止于P點。現(xiàn)對A施加一方向平行于斜面向上、大小F=mg的恒定拉力，使A向上運動。若運動過程中，彈簧形變未超過彈性限度，重力加速度為g，則A.剛施加拉力F時，A的加速度大小為0.5gB.速度最大時，A距P點的距離為C.在A上升到最高點的進程中，A和彈簧系統(tǒng)的機械能先增加后減小D.在A上升到最高點的過程中，A的機械能先增加后減小【答案】D【解析】A、施加拉力前，彈簧被壓縮x，沿斜面方向，可知由牛頓第二定律，解得，方向沿斜面向上，故A錯誤。B、物塊先向上加速運動后減速運動，當a=0時速度最大，有，解得伸長量為，故A距P點的距離為，B錯誤。C、物塊和彈簧的系統(tǒng)在上升過程中除重力和彈簧彈力做功外，其它力F一直做正功，故機械能一直增大，故C錯誤。D、A的機械能由拉力F和彈簧彈力做功衡量，兩個力的合力先向上后向下，故先做正功后做負功，則機械能先增大后減小。故D正確。故選D.【點睛】本題考查牛頓第二定律的應用及機械能守恒定律；要分析清楚物體的運動過程，應用牛頓第二定律與機械能守恒定律可以正確解題．6.一靜止的原子核發(fā)生了某種衰變，衰變方程為，其中X是未知粒子，下列說法正確的是A.發(fā)生的是α衰變B.發(fā)生的是β衰變C.衰變后新核和粒子X的動能相等D.衰變后新核和粒子X的動量大小相等【答案】AD【解析】A、B、根據(jù)衰變過程滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，則X的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2,即X為，故核反應方程為α衰變，A正確，B錯誤。C、D、根據(jù)動量守恒得，系統(tǒng)總動量為零，則衰變后釷核的動量大小等于α粒子的動量大小，由于兩個粒子的質(zhì)量不同，則動能不同，C錯誤，D正確。故選AD。【點睛】鈾核衰變的過程中，動量守恒，結(jié)合動量守恒定律分析衰變后釷核和α粒子動量、動能的關(guān)系．抓住衰變過程中有質(zhì)量虧損分析衰變前后的質(zhì)量關(guān)系．7.如圖，實線為等量異種點電荷周圍的電場線，虛線是以正點電荷為中心的圓，M點是兩點電荷連線的中點，N點在虛線上。若將一試探正點電荷沿逆時針方向從M點經(jīng)虛線移動到N點，則A.電荷所受電場力逐漸減小B.電荷所受電場力大小不變C.電荷將克服電場力做功D.電荷的電勢能保持不變【答案】AC【解析】A、B、由電場線的分布情況可知，N處電場線比M處電場線疏，則N處電場強度比M處電場強度小，由電場力公式F=qE可知正點電荷從虛線上M點移動到N點，電場力逐漸減小，故A正確，B錯誤．C、D、根據(jù)順著電場線方向電勢降低，知虛線上各點的電勢比正電荷處的電勢低，根據(jù)U=Ed知：N與正電荷間的電勢差小于M與正電荷的電勢差，所以N點的電勢高于M點的電勢，從M點到N點，電勢逐漸升高，正電荷的電勢能逐漸增大，則電場力做負功，故C正確，D錯誤．故選AC.【點睛】解答本題關(guān)鍵掌握等量異號點電荷電場線分布情況，知道電場線的物理意義：疏密表示電場強勢相對大小，方向反映電勢的高低．運用公式U=Ed定性分析電勢差的大小．8.如圖甲，間距L=lm且足夠長的光滑平行金屬導軌cd、ef固定在水平面（紙面）上，右側(cè)cf間接有R=2Ω的電阻。垂直于導軌跨接一根長l=2m、質(zhì)量m=0.8kg的金屬桿，金屬桿每米長度的電阻為2Ω。t=0時刻，寬度a=1.5m的勻強磁場左邊界緊鄰金屬桿，磁場方向豎直向下、磁感應強度大小B=2T。從t=0時刻起，金屬桿（在方向平行于導軌的水平外力F作用下）和磁場向左運動的速度一時間圖像分別如圖乙中的①和②。若金屬桿與導軌接觸良好，不計導軌電阻，則A.t=0時刻，R兩端的電壓為B.t=0.5s時刻，金屬桿所受安培力的大小為1N、方向水平向左C.t=l.5s時刻，金屬桿所受外力F做功的功率為4.8WD.金屬桿和磁場分離前的過程中，從c到f通過電阻R的電荷量為0.5C【答案】BD【解析】A、t=0時刻，棒的速度為零，磁場向左運動的速度為2m/s，等效為棒切割的速度為2m/s，，棒的內(nèi)阻為，故電阻R的電壓為，故A錯誤。B、t=0.5s時，棒的切割速度為2-1=1m/s，方向向右，，，方向由左手定則可知水平向左，故B正確。C、金屬桿做勻加速直線運動，故，由圖象可知，，可得，則金屬桿做功的功率為，故C錯誤。D、根據(jù)【點睛】本題考查了作受力示意圖、求電流與加速度，分析清楚運動過程、正確受力分析、應用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律即可正確解題．（一）必考題9.如圖，用一根結(jié)實的細繩，一端拴一個小物體。在光滑桌面上掄動細繩，使小物體做圓周運動，體驗手對做圓周運動的物體的拉力。(1)拉力的方向是____（填“沿繩指向圓心”或“垂直于繩指向速度方向”）。(2)增大旋轉(zhuǎn)的速度，拉力將____（填“變小”、“變大”或“不變”）。(3)松手后，小物體將沿____（填“半徑遠離圓心”、“切線”或“半徑靠近圓心”）方向運動?！敬鸢浮?1).（1）沿繩指向圓心(2).（2）變大(3).（3）切線【解析】(1)小物體做勻速圓周運動時，合外力提供向心力，對物體進行受力分析可知，繩子的拉力提供向心力，所以繩子作用在小物體的拉力沿繩指向圓心。(2)根據(jù)知，增大線速度，需要的向心力增大，即拉力變大.(3)松手后，物體在水平方向?qū)⒉皇芰Φ淖饔?，所以將保持松手時的速度沿切線方向做勻速直線運動.【點睛】本題考查了對小球運動狀態(tài)的判斷，對小球正確受力分析是正確解題的關(guān)鍵，難度不大．10.某同學欲利用伏安法盡可能精確地測量某一電阻Rx（阻值大約為240Ω）的阻值。可選擇的器材有：定值電阻R1（阻值為15Ω）；電阻箱R2(最大阻值為0～999.9Ω)；電流表A1（量程為1.5mA，內(nèi)阻為50Ω）；電流表A2（量程為6mA,內(nèi)阻約為10Ω）；滑動變阻器R3（最大阻值為10Ω）；電池組E（電動勢為3V，內(nèi)阻不計）；單刀單擲開關(guān)一個、導線若干。(1)該同學先將一只電流表改裝成量程為1.5V的電壓表，這只電流表應選____（填“A1”或“A2"）。(2)該同學設(shè)計的電路中，測量電路應采用電流表____（填“內(nèi)接法”或“外接法”）。(3)在答題卡的虛線框中畫出該同學設(shè)計的電路圖，并在圖中標出器材符號______。(4)在多次測量中，有一次該同學看到兩電流表指針分別偏轉(zhuǎn)到滿刻度的和，根據(jù)此組數(shù)據(jù)求得的Rx=____Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1).（1）A1(2).（2）外接法(3).（3）電路如圖；(4).（4）231【解析】(1)將表頭進行改裝需要知道滿偏電流和準確的內(nèi)阻，故只能選A1(其內(nèi)阻的已知).(2)電流表A1和R2串聯(lián)后改裝成的電壓表，解得，而改裝后的電壓表的內(nèi)阻為，為了消除系統(tǒng)誤差，應采用電流表外接法。(3)電流表采用外接法，滑動變阻器為小電阻，滿足小控大，同時測量盡量準確，應采用分壓式電路，定值電阻R1接在干路上限制電流不能太大，故電路圖如圖所示：(4)根據(jù)指針的偏轉(zhuǎn)可知，，故.【點睛】對于題目要求各電表指針能有較大的變化范圍，一定要選用滑動變阻器的分壓接法．根據(jù)與大小比較，確定電流表的接法，而電壓表內(nèi)阻已知用電流表的外接法，電流表內(nèi)阻已知時用電流表的內(nèi)接法都能消除系統(tǒng)誤差．11.“跳臺滑雪”是冬奧會中一項極為壯觀的運動，其運動過程包括助滑、起跳、空中飛行和著陸四個階段（如圖甲）。其中的助滑過程可簡化如下：如圖乙，助滑道由長為L、傾角為θ的斜坡AB和弧形坡BCD構(gòu)成，AB和BCD在B處相切，A與D的高度差為h，運動員（可視為質(zhì)點的滑塊）著滑雪板從A端無初速下滑，沿助滑道滑至D端起跳。假設(shè)滑雪板與AB間的動摩擦因數(shù)為μ，運動員在BCD上克服摩擦力做的功是在AB上克服摩擦力做功的k（k<1）倍，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)運動員在斜坡AB上滑行的時間；(2)運動員在D端起跳前的速度大小?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】(1)運動員在斜坡AB上做勻加速運動所受摩擦力為：垂直斜坡方向，由平衡條件有：平行斜坡方向，由牛頓運動定律有：聯(lián)立得：由運動學規(guī)律有：聯(lián)立得：(2)運動員在斜坡AB上克服摩擦力做的功為：在弧形坡BCD上克服摩擦力做的功為：全過程由動能定理有：聯(lián)立得：【點睛】本題關(guān)鍵是明確運動員的受力情況和運動情況，結(jié)合動能定理和勻變直直線運動的規(guī)律列式求解．12.如圖所示為豎直面內(nèi)的直角坐標系xOy。A點的坐標為（-8m，0），C點的坐標為（-4m，O）；A點右側(cè)的三個區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，-4m>x≥-8m區(qū)域的場強大小為E1=5V／m，0>x≥-4m區(qū)域的場強大小為E2=7V／m，x≥O區(qū)域的場強大小為E3=5V/m;第一、四象限內(nèi)的磁場方向相反且垂直于坐標平面，磁感應強度大小均為B=2T。現(xiàn)讓一帶正電的小球從A點沿z軸正方向、以vo=4m/s的速率進入電場。已知小球的質(zhì)量m=2×10-3kg．電荷量q=4×10-3C，假設(shè)電場和磁場區(qū)域足夠?qū)拸V，小球可視為質(zhì)點且電荷量保持不變，忽略小球在運動中的電磁輻射，重力加速度取g=10m／s2。求：(1)小球到達y軸時的速度；(2)小球從A點運動到坐標為(56m，y)的點經(jīng)歷的時間。【答案】（1）4m/s450（2）（2+）s或（2+）s或（2+）s【解析】(1)在區(qū)域，小球所受電場力代入數(shù)據(jù)得：由題知：因：所以小球做勻速直線運動，設(shè)該過程經(jīng)歷時間為t1在區(qū)域，，小球做類平拋運動，設(shè)該過程經(jīng)歷時間為t2，根據(jù)運動學規(guī)律在y方向上有：代入數(shù)據(jù)得：在x方向上有：代入數(shù)據(jù)得：，，由：代入數(shù)據(jù)解得：設(shè)v與y軸正方向的夾角為由：代入數(shù)據(jù)解得：(2)在區(qū)域，，分析知，小球先在第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，軌跡如圖所示：洛倫茲力提供向心力，有：代入數(shù)據(jù)得：設(shè)小球在第一象限第一次到達x軸的位置為P點，第二次到達x軸的位置為G點由幾何關(guān)系易得：，小球做勻速圓周運動的周期為：代入數(shù)據(jù)得：設(shè)小球從O點到達x軸上H(56m，0)點的時間為t3因：，即故：代入數(shù)據(jù)得：又：達到橫坐標為56m的點有以下三種情況：(i)到達橫坐標為56m的I點，(ii)到達橫坐標為56m的H點，(iii)到達橫坐標為56m的J點，【點睛】本題關(guān)鍵是明確粒子的運動，畫出軌跡，然后結(jié)合幾何關(guān)系，分為類似平拋運動和勻速圓周運動進行分析計算．[物理——選修3-3]13.下列說法中正確的是____。A．布朗運動是懸浮在氣體或液體中的固體分子的無規(guī)則運動B．100℃的水與100℃的水蒸氣比較，分子的平均動能相同C．設(shè)分子力為零時，分子間距離為ro，則在r<ro的范圍內(nèi)，分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，但斥力比引力變化慢D．密封在體積不變的容器中的氣體，溫度升高，氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大E．一定質(zhì)量的理想氣體分別經(jīng)等容過程和等壓過程，溫度均由T1升高到T2，則等壓過程比等容過程吸收的熱量多【答案】BDE【點睛】本題考查了學生對熱學中基本概念的理解和對基本規(guī)律的應用情況，要注意在平時的積累。重點掌握布朗運動的實質(zhì)，分子間作用力與距離的變化關(guān)系，分子力做功與分子勢能的關(guān)系，以及熱力學第一定律的應用。14.內(nèi)徑相同、導熱良好的“上”形細管豎直放置，管的水平部分左、右兩端封閉，豎直管足夠長且上端開口與大氣相通，水銀將水平管中的理想氣體分為兩部分，各部分長度如圖所示?，F(xiàn)再向豎直管中緩慢注入水銀，直到B中氣柱長度變?yōu)?cm。設(shè)外界溫度不變，外界氣壓Po=76cmHg。求：(i)末態(tài)A中氣柱長度；(Ii)注入管中的水銀柱的長度。【答案】（1）8cm（2）25cm【解析】設(shè)細管的橫截面積為S(i)對B中氣體：對A中氣體：且：，，，，聯(lián)立各式得：代入數(shù)據(jù)解得：(ii)據(jù)題意：將數(shù)據(jù)代入解得：又：故注入水銀柱的長度為：【點睛】本題考查氣體定律的綜合運用，解題關(guān)鍵是要分析出各部分氣體的壓強，然后運用玻意耳定律分析求解，關(guān)鍵注意列出初末狀態(tài)參量，結(jié)合必要的幾何知識求解．[物理——選修3-4]15.如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t-0時刻波的圖像，波源s位于原點O處，波速v=4m／s，振幅A-2cm。t-0時刻，平衡位置在x=8m處的質(zhì)點P剛好開始振動，質(zhì)點M的平