四川宜宾市高三二诊理科综合物理试题解析版

1、宜宾市高2018届高三第二次诊断测试理科综合物理试题二、选择题1. 我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户。在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是a. 爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象b. 德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念c. 玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念d. 普朗克把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性【答案】a【解析】爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象，选项a正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选

2、项b错误；普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故c错误；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，选项d错误；故选a.2. 我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线甲和速度图象乙，下列说法中正确的是a. 全过程中最大加速度是0.025m/s2b. 潜水员感到超重发生在01 min和810min的时间段内c. 图中h3代表本次下潜最大深度，应为300md. 潜水器在上升阶段的平均速度大小为1.5m/s【答案】d【解析】由图乙的斜率表示加速度，则在0-1min和3-4

3、min时间内的加速度最大，最大加速度大小是，故a错误；34min内减速下降和68min加速上升均会出现超重现象；而01 min和810min的加速度向下，是失重，故b错误；甲图是深度曲线，图中h3代表本次最大深度。第0-1min内做加速运动，位移：1=，1min时的速度：v1=at1=0.033×60=2m/s，1-3min时间内做匀速运动，位移：x2=v1t2=2×（3-1）×60m=240m，3-4min时间内做减速运动，根据运动的对称性，位移与加速阶段的位移大小相等，即：x3=x1=60m，下潜的总深度：h=x1+x2+x3=360m；故c错误；潜

4、水器在上升阶段的平均速度大小为，故d正确；故选d.点睛：本题是图象问题，看懂图象是解题的关键，明确图象的斜率和点坐标的含义，此外要明白超重、失重的实质等，考查较为广泛，是道好题3. 如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于o点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是a. 弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变b. 弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小c. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量

5、为d. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为【答案】d【解析】弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0=(m+5m)v，解得v=v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据t=6mg+6m可知，细绳所受拉力变大，选项a错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，选项b错误；弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为，选项c错误；由机械能守恒可得：，解得，选项d正确；故选d.4. 如图所示，有a、b两颗卫星绕地心o在同一平面内做圆周运动，旋转方向相同。a卫星周期为ta，b卫星的周期为tb，在某一时刻两卫星相距最近，下列说法中正确的是a. a、b两颗卫

6、星经过时间t=ta再次相距最近b. a、b两颗卫星的轨道半径之比为c. a、b两颗卫星的向心加速度大小之比为d. 若已知两颗卫星相距最近时a、b之间的距离，可求出地球表面的重力加速度【答案】c【解析】两行星相距最近时，两行星应该在同一半径方向上，a多转动一圈时，第二次追上，转动的角度相差2，即：，解得： 故a错误；根据开普勒第三定律可知：，则，选项b错误；根据，选项c正确；若己知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：，所以可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，故d错误；故选c.点睛：根据几何关

7、系得到两颗卫星相距最近和相距最远所满足的角度关系，最近时两卫星在同一半径上角度差为2弧度，卫星相距最远时，两卫星在同一直径上，转过的角度差为弧度5. 如图所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变，a为理想交流电流表。在变压器原线圈a、b两端加上一峰值不变的正弦交变电压。下列分析正确的是a. 只将s1从1拨向2时，电流表示数变小b. 只将s2从3拨向4时，电流表示数变大c. 只将r的滑片上移，r1的电功率变大d. 只将r的滑片上移，r2的电功率减小【答案】d【解析】根据电压与匝数成正比知：，根据电流与匝数成反比知：a. 只将s1从1拨向2时，原线圈的匝数减少，所以副线

8、圈上的电压增大，负载上的功率增大，所以电流表示数变大。故a错误；b. 将s2从3拨向4时，副线圈的匝数减少，所以副线圈上的电压减小，负载上的功率减小，所以电流表示数变小。故b错误；c.只将r的滑片上移，副线圈输出电压不变，r1的电功率不变，故c错误；d. 将r的滑片上移，接入电路的有效电阻变大，所以串联电路(r和r2)的电阻增大，流过串联电路的电流变小，所以电阻r2的电功率变小。d正确。故选：d6. 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端接有电阻r，匀强磁场b竖直向下分布在导轨所在的空间内，金属棒pq垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度水平向右发动，到位置c时棒刚好静止设导轨与

9、棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，速度与棒始终垂直。则金属棒在由a到b和b到c的两个过程中a. 棒运动的加速度大小相等b. 回路中产生的内能相等c. 通过棒截面的电量相等d. a到b棒的动能减少量大于b到c棒的动能减少量【答案】cd【解析】金属棒受到的安培力，金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力f从a到c逐渐减小，由w=fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，由动能定理，a到b棒的动能减少量大于b到c

10、棒的动能减少量，故b错误d正确；金属棒pq在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得：=ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故a错误；金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量s相等，b、r相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故c正确；故选cd.7. 一质量为m的小球，在光滑的水平桌面上以速度v0匀速直线运动，t=0时小球受到水平恒力f作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v=0.5v0，由此可判断a. 小球受力f作用后一定做匀变速曲线运动b. 小球受力f作用后可能做圆周运动c. t=0时恒力f与速度v0方向

11、间的夹角为120°d. 时，小球速度最小【答案】ad【解析】在t=0时开始受到恒力f作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度可以为零，所以质点受力f作用后一定做匀变速曲线运动，故a正确；物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故b错误；设恒力与初速度之间的夹角是，最小速度：v1=v0sin=0.5v0，可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是150°，故c错误；在沿恒力方向上有：v0cos30°t0，解得：，故d正确。故选ad。点睛：此题考查平抛运动的处理规律，知道物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动

12、的等时性8. 如图，质量为m，电量为+q的小球，用长度为l的绝缘细线悬挂于o点，平衡时，小球位于o点的正下方。施加一水平向右的匀强电场后，小球向右摆动，摆动的最大角度为60°；在改变电场强度的大小和方向后，小球的平衡位置在=60°处，然后再将小球的质量改变为2m，其新的平衡位置在=30°处，重力加速度为g。下列说法中正确的是a. 水平向右的匀强电场强度为b. 在水平向右的匀强电场中，小球由静止状态向右摆动到60°时，电势增加了c. 改变电场强度的大小和方向后，小球受到的电场力大小为mgd. 改变电场强度的大小和方向后，电场的方向向右上方且与水平面成30&

13、#176;【答案】acd【解析】带电小球a，受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力f对小球做正功，重力g做负功，细线拉力t不做功，根据动能定理，则有：eqlsin-mgl（1-cos）=0，解得：，选项a正确；在水平向右的匀强电场中，小球由静止状态向右摆动到60°的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项b错误；改变电场强度的大小和方向后，平衡在=60°处时，设电场力与竖直方向的夹角为，根据正弦定理，则有： ；而在新的平衡位置在=30°处，根据正弦定理，则有：；解得f=mg；=600，即电场的方向向右上方且与水平面成300角，选项

14、cd正确；故选acd.点睛：考查动能定理的应用，掌握正弦定理的内容，理解平衡条件及矢量合成法则的运用；区别“平衡位置”与“摆角最大位置”的不同三、非选择题： 9. 用如图甲所示的装置测量弹簧的弹性势能。将处于自然状态的一根弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在o点；在o点右侧的b处安装一个光电门，计时器（图中未画出）与光电门相连。用带有遮光条的滑块压缩弹簧到某位置a，静止释放，光电门遮光条的宽度为d，并记录的遮光时间为t。(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则宽度为_mm；(2)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是_（用题目中的物理量表示）；(3)为求出弹簧的弹性势能，还需要

15、测量_。a弹簧原长l0 b当地重力加速度gc滑块（含遮光条）的质量m da、o之间的距离x【答案】 (1). (1) 2.558(2.5572.559) (2). (2) (3). (3) c【解析】（1）由图乙所示螺旋测微器读数：2.5mm+0.01mm×5.7=2.557mm；（2）滑块离开弹簧时速度大小的表达式是；点睛：本题考查探究弹簧弹性势能的大小的实验，基本原理为功能关系，要注意正确分析题意，明确实验原理，从而利用实验方法进行分析即可正确求解10. 某同学想测量一个量程为03v，内阻约3k的电压表v的内阻rx，所用的实验器材有：待测电压表v；电流表a（量程01.2ma，内阻

16、为ra=100）；滑动变阻器r1（0500）；定值电阻r=5.0k；电阻箱r0(09999.9)；电源e（电动势8v，内阻较小）；开关一个、导线若干 (1)要把电流表a改为量程012v的电压表，应与电流表a串联的电阻箱r0电阻调为_；(2)按如图（a）所示电路连接好电路，将电阻箱阻值按照上述第(1)问计算结果调节好，闭合开关s前应先将滑动变阻器的滑片调到最_端（选填:“左”或“右”）。实验中，多次调节滑动变阻器，记下电压表v的示数u和电流表a的示数i；(3)该同学以i为纵坐标，u为横坐标建立坐标系，根据测得数据描点作图如图（b）所示由电路图可知i与u的关系式为i=_（用题中所给物理量符号表示）

17、，结合图线（b）和已知数据可求得待测电压表内阻rx=_k；（结果保留2位有效数字）(4)该同学还想利用图（a）电路，测量一量程为01v、内阻约2k的电压表内阻，为保证实验中的测量数据变化范围尽量大，只需更换一个定值电阻即可，若有四个阻值分别为2.0k，8.0k，14.0k，20.0k的定值电阻可供选择，他应选用阻值为_k的定值电阻【答案】 (1). (1) 9900 (2). (2）左端 (3). (3) (4). 3.03.3 (5). (4) 14.0【解析】（1）要把电流表a改为量程012v的电压表，应与电流表a串联的电阻箱r0电阻调为；（2）闭合开关s前应先将滑动变阻器的滑片调到最左端

18、；（3）由电路图可知： ，即 ；由图像可知： ，解得rx=3.2k（4）测量量程为0-1v、内阻约2k电表内阻，则此电压表的最大电压为1v，最大电流为，定值电阻与电压表串联，电源电压为8v，所以定值电阻最大电压为7v，最大电流为i1，则电阻点睛：解答本题应明确：对测量电压表内阻实验，要根据已知电压表内阻是否为确定值来选择将两电压表串联还是并联，注意串联时两电压表的电流应接近才行，否则应进行改装；并联时两电压表的电压应接近，否则应进行改装当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法11. 如图甲所示，一汽车通过电子不停车收费系统etc。假设汽车从o点以v0=6m/s的速度匀速驶向et

19、c收费岛，在oa路段所受阻力大小f1=1×103n；汽车从a处进入etc收费岛后，假设仍保持功率不变完成自动缴费并驶离收费岛,并以v=3m/s速度匀速离开b处，汽车的速度-时间图像如图乙所示。已知etc收费岛ab段长度d=25m，汽车质量m=2×103kg，汽车在oa段和ab段所受阻力分别为恒力。 (1)求汽车在运动过程中发动机的输出功率；(2)当汽车加速度大小为0.25m/s2时，求此时汽车的速度大小；(3)求汽车在etc收费岛ab段内行驶的时间。【答案】(1) p=6.0kw (2) v1=4m/s (3) tab=3.83s 【解析】(1)在oa段p=f1v0f1=f

20、1=1×103n解得：p=6.0kw 汽车离开b点前已经匀速，则有：p=f2vf2=f2 f2-f=ma解得:v1=4m/s ab过程，由动能定理： ptab-f2d=解得：tab=3.83s 12. 如图所示，在xoy平面直角坐标系中，直角三角形acd内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为b的匀强磁场。线段co=od=l，=30° 。在第四象限正方形odef内存在沿x轴正方向、大小的匀强电场，在第三象限沿ac放置一平面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子p从坐标原点o沿y轴正方向射入磁场，恰好不从ad边射出磁场。已知电子的质量为m，电量为e，不计电子的重力。(1)求电子p

21、射入磁场时的速度大小；(2)求电子p经过y轴时的y坐标;(3)若另一电子q从x坐标轴上某点（x0）以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场，且p、q打在荧光屏上同一点，求电子q在电场中运动的时间。【答案】(1) (2) （0，） (3) 【解析】（1）由几何关系可得：粒子在磁场中做匀速圆周运动受力洛伦兹力提供向心力：解得：，（2）假设电子从oe边离开，则电子做类平抛运动中，有： 解得：，由于<l，故假设成立，电子从oe边射出，经过y轴时的坐标：（0，）（3）对于电子p，设射出时速度方向与y轴负向成角，射在荧光屏上的位置距离x轴为y，由几何关系有：对于电子q，设其在电场中运动的时间为t2，射出时

22、速度方向与y负轴方向成角，在y轴上的射出点与o点距离为，射出点与电子p打在荧光屏上的相交点竖直距离为：+=y=v0t2.联立解得：t2=（另一个解是电子p在电场中运动的时间，故舍弃）. 三、选考题13. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，其中，ab和cd为等温过程，bc和da为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是_a. ab过程中，气体对外界做功，吸热b. bc过程中，气体分子的平均动能增加c. cd过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少d. da过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化e.该循环过程中，气体吸热【答案】ade【解析】ab过程中

23、，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律，气体吸热，故a正确；bc过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故b错误；cd过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故c错误；da为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，温度升高，则气体分子的速率分布曲线发生变化，选项d正确；一个循环中a到c体积增大，气体对外做功，c到a体积减小外界对气体做功，由p-v图象的面积知气体对外做功多，所以一个循环中气体对外做功，回到原状态内能不变，根据热力学第一定律，气体吸热，故e正确；故选ade。点睛：本题考查了理想

24、气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定；14. 如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为l，底面直径为d，其右端中心处开有一圆孔，质量为m的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计，开始时气体温度为300k，活塞与容器底部相距，现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p0求：温度为480k时气体的压强【答案】【解析】试题分析：开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等圧変化，由盖吕萨克定律求出活塞

25、缓慢移到最右端时的温度；活塞移至最右端后，气体做等容变化，根据查理定律即可求出温度为480k时的压强；开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等圧変化设活塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态温度为初态温度由盖吕萨克定律知解得：活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知由查理定律知则答：温度为480k时气体的压强为点睛：本题考查气体实验定律的应用，关键是确定气体发生何种状态变化过程，确定好气体的各个状态参量，选择合适的规律求解即可15. 一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2 cm，周期为t，已知在t0时刻波上相距40 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动如图所示，