2018届四川省南充市高三第三次诊断考试理综物理试（解析版）

四川省南充市2018届高三第三次诊断考试理综物理试题二、选择题1.如图所示,斜面静止在水平地面上，一滑块（视为质点）以某一初速度从斜面底端滑上斜面，上升到某一高度后再返回斜面底端，斜面倾角为θ，所有接触面均不光滑，整个过程斜面始终保持静止，不计空气阻力，下列说法正确的是A.滑块与斜面间动摩擦因素大于tanθB.整个过程重力的冲量为0C.上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量D.整个过程中斜面对地面的压力大小不变【答案】C【解析】物块能返回底端，则mgsinθ>μmgcosθ，则μ<tanθ，选项A错误；根据I=mgt可知，整个过程中重力的冲量不为零，选项B错误；上滑的加速度a上大于下滑的加速度a下，则上滑的时间小于上滑的时间，根据I=ft可知，上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量，选项C正确；上滑和下滑过程中，滑块都失重，但是因为上滑的加速度a上大于下滑的加速度a下，则上滑时物块失重严重，则对斜面和滑块的整体而言，上滑时斜面对地面的压力大小小于下滑时斜面对地面的压力，选项D错误；故选C.2.如图所示，A、B为绳子相连的不同轨道的两颗卫星，一起绕地球做匀速圆周运动，运动过程中绳子所在直线始终过地心,轨道半径rA>rB,则A.由公式知，两卫星的围绕速度满足vA<vBB.卫星A上的物体处于完全失重状态C.两卫星运动的向心加速度满足D.两卫星的运行周期相等【答案】D【解析】因运动过程中绳子所在直线始终过地心，可知两卫星转动的角速度相同，周期相同，因rA>rB，根据v=ωr可知，vA>vB；根据a=ω2r可知aA>aB，选项AC错误，D正确；卫星A并非只有万有引力充当向心力，则卫星A上的物体并不是处于完全失重状态，选项B错误；故选D.3.如图所示，球（可视为质点）从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动轨迹恰好与半圆轨道相切于B点。半圆轨道圆心为O，半径为，且OB与水平方向夹角为60°，重力加速度g=10m/s2，则小球抛出时的初速度大小为A.1m/sB.3m/sC.2m/sD.2.5m/s【答案】B【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：vy=v0tan30°又vy=gt，则得：v0tan30°=gt，t=；水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R+Rcos60°=v0t；联立解得：，故选B。点睛：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。4.如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接电压为U的正弦交流电，A为理想交流电流表。触头P原来处于距线圈最下端总长处，电阻箱阻值为R。若将触头P向上移到最高处，并调节电阻箱的阻值为R'，使电流表的读数变为原来的3倍，则R'̵等于A.B.C.D.3R【答案】A【解析】当滑动触头P向上移到最高处时，输入电压U不变，输入电压的匝数变为原来3倍，输出电压匝数不变，根据电压之比等于线圈匝数比可知，副线圈电压变为原来的；根据P=UI=可知变化前有：UI=，变化后有：U×3I=，联立上两式，解得：R′=，故A正确，BCD错误；故选A。点睛：自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可。5.如图所示为氢原子的能级图，已知某金属的逸出功为6.44eV，则下列说法正确的是A.处于基态的氢原子可以吸收能量为12.1eV的光子而被激发B.用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁C.用n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为6.31eVD.一群处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生4种谱线【答案】C【解析】（-13.6eV）+（12.1eV）=1.50eV不等于任何能级差，则处于基态的氢原子吸收能量为12.1eV的光子不能被激发，选项A错误；12.5eV大于1、2和1、3之间的能级差，则用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁，选项B错误；从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，则用它照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为12.75eV-6.44eV=6.31eV，选项C正确；一群处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生种谱线，选项D错误；故选C.点睛：要知道原子吸收光子时，光子的能量必须等于两个能级的能级差，否则不能吸收；而当电子的能量大于或等于两个能级的能级差时都能被吸收.6.如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹簧，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹簧长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是A.下滑过程中小环的机械能先增大再减小B.小环到达AD的中点时，弹簧的弹性势能为零C.小环刚释放时的加速度等于gD.小环的最大速度为【答案】AC【解析】小环受重力、支持力和拉力，拉力先做正功后做负功，故环的机械能先增加后减小，故A错误；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为2L，伸长量为L，故弹性势能不为零，故B错误；在A位置，环受重力、拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°+Fcos60°=ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：mgsin30°-Fcos60°=0，联立解得：a=g，故A正确；小环和橡皮绳系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时橡皮绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故初位置和D位置环的机械能相等，故：mg（2Lcos60°）=mv2，解得：v=，故D错误；故选AC。点睛：本题为力学综合问题，关键正确的受力分析，根据牛顿第二定律列式分析，注意环的机械能不守恒，是环和橡皮绳系统的机械能守恒。7.如图所示，ABCD是边长为a的菱形，其中∠DAB=1200，在该平面内有一个匀强电场。一个质量为m、带电量为+q的粒子，以初速度v从A点三次沿不同的方向射出，分别运动到B、C、D三点，粒子到达B点的速度为v，到达C点的速度为v。不计粒子重力，若粒子到达D点的速度大小为vD，匀强电场的场强大小为E，则A.B.C.,电场方向与BD连线垂直D.；电场方向由A指向以C【答案】AD【解析】由动能定理：；；则；因，则由，解得，故选项A正确，B错误；设场强方向与AB成α角，则；，联立解得α=600；即场强方向沿AC方向，大小为，选项D正确，C错误；故选AD.点睛：此题关键是通过动能定理找到电场中两点的电势差的关系；根据匀强电场中相互平行的两段距离的电势差相等找关系解答.8.如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点。粒子α沿AO方向以速度v0从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，粒子重力及粒子间的相互作用均忽略，则下列说法中正确的是A.粒子α带负电，粒子b带正电B.粒子b的速度大小为1.5v0C.匀强磁场磁感应强度D.若粒子b从O点以原速率沿水平面内任意方向射出，则粒子b从出发到AC边的最短时间为【答案】BD【解析】由左手定则可知，两粒子均带负电，选项A错误；由几何关系可知，a粒子的运转半径为；b粒子的半径为；根据；，选项B正确；，选项C错误；粒子b从O点以原速率沿水平面内任意方向射出，则粒子的半径一定，均为，当所对的弦长最短时，时间最短，到达AC边的最短弦长为，则所对的圆心角为600，则时间，故选项D正确；故选BD.点睛：带电粒子在磁场中的运动问题，关键是找出粒子做圆周运动的圆心和半径，然后根据找到速度关系和磁感应强度；当粒子圆周运动的半径一定时，弦长越短，圆心角越小，时间越短.三、非选择题9.如图甲所示，是由两块粗糙程度不同的木板A、B平滑连接在一起，其中A板倾角可调.现让一滑块从高h处由静止滑下，在水平板上滑行x后停止运动.改变h大小但保持距离d不变的情况下描绘出的x--h图象如图乙所示.则滑块与木板A间的动摩擦因数为___________、滑块与木板B间的动摩擦因数为___________（用a、b、d表示）。【答案】(1).(2).【解析】对全程运用动能定理，有：mgh-μ1mgcosθ•x1-μ2mgx=0（θ为斜面的坡角）由几何关系得到：d=x1cosθ得到：图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，-b），故：（斜率）;10.在物理课外活动中，某位同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg=10满偏电流Ig=10mA,定值电阻R2=240。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，为考察大家对多用电表的理解，上排刻度线对应数值没有标出。(1)当选择开关接3时，电表为__________（选填“欧姆表”“电压表”或“电流表”）,量程为__________。（2）为了测该多用电表欧姆档的内电阻和表内电源的电动势，该同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示；③计算得到多用电表内电池的电动势为______V。（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为______（4）该简单欧姆表使用一段时间后，电池的电动势下降到1V、内阻变大，但此表仍能调零，用此表某次测得待测电阻R值为180Ω，该电阻真实值为________Ω.【答案】(1).电压表(2).或(3).(4).100(5).120【解析】（1）由图甲所示电路图可知，当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表；量程为：；（2）当电流计满偏时：；调节电阻箱使多用电表指针指在C处，电阻箱读数为150Ω，则；联立解得R1+r=150Ω；E=1.5V；（3）当测量值为180Ω时，对应的电流为；电池用旧后：，，解得R真=120Ω.点睛：此题考查了万用表欧姆档的原理及其计算；关键是知道欧姆档内部电路的结构以及调零原理及表盘结构等，结合闭合电路的欧姆定律求解.11.如图所示，水平固定足够长平行直轨道MM′N、PP′Q间距l=2m，M'P'为磁场边界，左侧粗糙无磁场，右侧光滑且有垂直轨道平面向下的匀强磁场B=2T。导体棒ab、cd质量、电阻均相等，分别为m=2kg，R=2Ω。现让cd棒静止在光滑区域某处（距M'P'足够远），ab棒在与磁场边界M'P'左侧相距x=3.6m处获得初速度v0=10m/s。整个过程中导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒与粗糙导轨间的动摩擦因素μ=0.5．重力加速度g=10m/s2．求⑴ab导体棒刚进入磁场瞬间回路的电流；⑵求ab、cd最终的速度及ab进入磁场后系统产生的焦耳热．【答案】（1）8A（2）32J【解析】（1）设ab棒刚进入瞬间速度为v1，则从开始到刚进入过程：解得v1=8m/s进入瞬间，电动势E=BLv1解得E=32V电流：（2）ab进入后，ab、cd两棒系统动量守恒：mv1=2mv2解得：vab=vcd=4m/s由能量守恒定律：解得Q=32J12.如图传送装置，水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率ν=4m/s运动,在传送带的右端点a无初速的轻放一个质量m=1kg的物块（视为质点），当物块A到达传送带左端点b点时，即刻再在a点无初速度轻放另一质量为2m的物块B（视为质点）．两物块到达b点时都恰好与传送带等速，在b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd，轨道上静止停放着质量m的木板C，从b点滑出的物块恰能水平滑上（无能量损失）木板上表面，木板足够长．已知：物块与传送带间的动摩擦因数1=0.8，与木板间的动摩擦因数2=0.2；木板与轨道间的动摩擦因数3=0.1；设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．试求：（1）物块A、B滑上木板C上的时间差∆t；（2）木板C运动的总时间．（3）木板C与轨道间的摩擦生热Q.【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差，设AB在传送带上加速度为a0，μ1mg=ma0，解得a0=8m/s2解得∆t=0.5s（2）过程一：A物块滑上木板C与木板有相对运动，μ2mg=maA，aA=2m/s2，方向向右；木板C水平方向受力：μ2mg=μ32mg，木板C保持静止；过程二：经过∆t=0.5s后B物块滑上木板C，此时A速度：vA=v-aA∆t=3m/s；B物块和木板C有相对运动：μ22mg=2maB，aB=2m/s2，木板C:解得aC=2m/s2木板C由静止开始向左做匀加速运动：A与C共速：vA-aAt1=aCt1解得t1=0.75s，vAC=1.5M/S此时vB=v-aBt1=2.5m/s过程三：物块B相对木板C继续向左运动，仍做aB=2m/s2的匀减速运动；木板C和物块A保持相对静止，将木板C和物块A看做整体，则：，解得aAC=0故木板C和物体A向左做匀速直线运动，直到ABC共速为：vB-aBt2=vAC解得t2=0.5s过程四：三物体保持相对静止，一起做匀减速运动直到速度减为0木板停止运动，则：，解得aABC=1m/s2故木板运动的总时间：t=t1+t2+t3=2.75s（3）过程木板的位移：过程木板的位移：过程木板的位移：木板与轨道的摩擦生热：点睛：此题是典型的板块模型，考查牛顿第二定律的应用，解题时要认真理解题意，搞清两物体运动的物理过程，将物理过程拆解为简单的几个小过程，结合运动公式及牛顿第二定律求解.13.列说法中正确的是____A.一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的B.在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力C.物体内部所有分子动能和势能的总和叫做物体的内能D.一定质量0℃的冰融化为0℃的水时，分子势能增加E.土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松【答案】BCD【解析】单晶体的光学和力学性质都是各向异性的，选项A错误；表面张力与重力无关，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力，选项B正确；物体内部所有分子动能和势能的总和叫做物体的内能，选项C正确；一定质量的0°C的冰融化为0°C的水时，分子势能增加，分子动能不变，选项D正确；植物吸收水分是利用自身的毛细现象，不是土壤有毛细管，故E错误；故选BCD.14.如图所示，内壁光滑的水平放置汽缸被两个活塞分成A、B、C三部分，两活塞间用轻杆连接，活塞厚度不计，在E、F两处设有限制装置，使左边活塞只能在E、F之间运动，E、F之间的容积为0.1V0。开始时左边活塞在E处，A部分的容积为V0，A缸内气体的压强为0.9P0（P0为大气压强）温度为297K；B部分的容积为1.1V0，B缸内气体的压强为P0，温度恒为297K，C缸内为真空。现缓慢加热A汽缸内气体，直至399.3K。求：(ⅰ)活塞刚离开E处时的温度TE；(ⅱ)A缸内气体最后的压强P。【答案】（i）330K（ii）【解析】（i）活塞刚要离开E时，A缸内气体体积V0保持不变，根据平衡方程得对A缸内气体，应用气体状态方程得：297K联立解得：330K（ii）随A缸内气体温度继续增加，A缸内气体压强增大，活塞向右滑动，B缸内气体体积减小，压强增大。设A缸内气体温度到达399.3K时，活塞向右移动的体积为，且未到达F点根据活塞平衡方程可得：对A缸内气体，根据气体状态方程可得：...............联立解得：，此时活塞刚好移动到F。所以此时A缸内气体的最后压强15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波源起振方向沿y轴正向，M、N是波传播方向上的两个质点，其横坐标分别为XM=1m，XN=4.5m。以质点N开始