四川省成都市2018届高三第二次诊断性检测理综物理试题

四川省成都市2018届高三第二次诊断性检测理综物理试题二、选择题：1.把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。由火星和地球绕太阳运行的周期之比可求得A.火星和地球绕太阳运行的轨道半径之比B.火星和地球的质量之比C.火星和地球的密度之比D.火星和地球所受太阳的万有引力之比【答案】A【解析】A、研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，得，其中M为太阳的质量，r为轨道半径．火星和地球绕太阳运动的周期之比，所以能求得火星和地球绕太阳运行的轨道半径之比，故A正确。B、C、D、我们研究火星和地球绕太阳做圆周运动，火星和地球作为环绕体，无法求得火星和地球的质量之比，列式的时候质量约去了，更不能求出其密度之比，万有引力也需要知道环绕天体的质量无法求得，故B、C、D均错误.故选A．【点睛】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用2.一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R。在a、b间输入电压为Ul的交变电压时，c、d间的电压为U2，在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中A.U2有可能大于UlB.U1、U2均增大C.Ul不变、U2增大D.a、b间输入功率不变【答案】C【解析】A、根据变压器的电压关系有，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A错误。B、C、当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，输入电压U1由发电机决定不变，电压应该减小即降低，B错误、C正确．D、因负载不变，故输出功率减小，则变压器的输入功率变小，D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．3.如图，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ<150°)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是A.当θ=60°时，N=GB.当θ=90°时,N=GC.只有当θ=120°时，才有N=GD.无论θ取何值，都有N=G【答案】D【解析】对晾衣杆受力分析，被子对杆两相等的对称的支持力，由于被子处于平衡，则两支持力的合力等于重力，则根据牛顿第三定律知，无论夹角θ取何值都有N=G，故A、B、C错误，D正确.【点睛】以晾衣杆为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出的合力的大小和方向，从而求得所受的压力大小。4.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。从提供的信息知：一枚30g的鸡蛋从17楼（离地面人的头部为45m高）落下，能砸破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s，人的质量为50kg，重力加速度g取10m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为A.1700NB.2000NC.2300ND.2500N【答案】B【解析】鸡蛋从45m高处自由落体，由运动学规律可得速度为，对鸡蛋撞击的过程，取向下为正方向，由动量定理：，解得，故选B.【点睛】本题应用动量研究碰撞过程物体的速度．对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力．5.如图，倾角为300的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量为m的物块A连接，A静止于P点。现对A施加一方向平行于斜面向上、大小F=mg的恒定拉力，使A向上运动。若运动过程中，弹簧形变未超过弹性限度，重力加速度为g，则A.刚施加拉力F时，A的加速度大小为0.5gB.速度最大时，A距P点的距离为C.在A上升到最高点的进程中，A和弹簧系统的机械能先增加后减小D.在A上升到最高点的过程中，A的机械能先增加后减小【答案】D【解析】A、施加拉力前，弹簧被压缩x，沿斜面方向，可知由牛顿第二定律，解得，方向沿斜面向上，故A错误。B、物块先向上加速运动后减速运动，当a=0时速度最大，有，解得伸长量为，故A距P点的距离为，B错误。C、物块和弹簧的系统在上升过程中除重力和弹簧弹力做功外，其它力F一直做正功，故机械能一直增大，故C错误。D、A的机械能由拉力F和弹簧弹力做功衡量，两个力的合力先向上后向下，故先做正功后做负功，则机械能先增大后减小。故D正确。故选D.【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用及机械能守恒定律；要分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以正确解题．6.一静止的原子核发生了某种衰变，衰变方程为，其中X是未知粒子，下列说法正确的是A.发生的是α衰变B.发生的是β衰变C.衰变后新核和粒子X的动能相等D.衰变后新核和粒子X的动量大小相等【答案】AD【解析】A、B、根据衰变过程满足质量数守恒和电荷数守恒，则X的质量数为4，电荷数为2,即X为，故核反应方程为α衰变，A正确，B错误。C、D、根据动量守恒得，系统总动量为零，则衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，由于两个粒子的质量不同，则动能不同，C错误，D正确。故选AD。【点睛】铀核衰变的过程中，动量守恒，结合动量守恒定律分析衰变后钍核和α粒子动量、动能的关系．抓住衰变过程中有质量亏损分析衰变前后的质量关系．7.如图，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线是以正点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，N点在虚线上。若将一试探正点电荷沿逆时针方向从M点经虚线移动到N点，则A.电荷所受电场力逐渐减小B.电荷所受电场力大小不变C.电荷将克服电场力做功D.电荷的电势能保持不变【答案】AC【解析】A、B、由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上M点移动到N点，电场力逐渐减小，故A正确，B错误．C、D、根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U=Ed知：N与正电荷间的电势差小于M与正电荷的电势差，所以N点的电势高于M点的电势，从M点到N点，电势逐渐升高，正电荷的电势能逐渐增大，则电场力做负功，故C正确，D错误．故选AC.【点睛】解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低．运用公式U=Ed定性分析电势差的大小．8.如图甲，间距L=lm且足够长的光滑平行金属导轨cd、ef固定在水平面（纸面）上，右侧cf间接有R=2Ω的电阻。垂直于导轨跨接一根长l=2m、质量m=0.8kg的金属杆，金属杆每米长度的电阻为2Ω。t=0时刻，宽度a=1.5m的匀强磁场左边界紧邻金属杆，磁场方向竖直向下、磁感应强度大小B=2T。从t=0时刻起，金属杆（在方向平行于导轨的水平外力F作用下）和磁场向左运动的速度一时间图像分别如图乙中的①和②。若金属杆与导轨接触良好，不计导轨电阻，则A.t=0时刻，R两端的电压为B.t=0.5s时刻，金属杆所受安培力的大小为1N、方向水平向左C.t=l.5s时刻，金属杆所受外力F做功的功率为4.8WD.金属杆和磁场分离前的过程中，从c到f通过电阻R的电荷量为0.5C【答案】BD【解析】A、t=0时刻，棒的速度为零，磁场向左运动的速度为2m/s，等效为棒切割的速度为2m/s，，棒的内阻为，故电阻R的电压为，故A错误。B、t=0.5s时，棒的切割速度为2-1=1m/s，方向向右，，，方向由左手定则可知水平向左，故B正确。C、金属杆做匀加速直线运动，故，由图象可知，，可得，则金属杆做功的功率为，故C错误。D、根据【点睛】本题考查了作受力示意图、求电流与加速度，分析清楚运动过程、正确受力分析、应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题．（一）必考题9.如图，用一根结实的细绳，一端拴一个小物体。在光滑桌面上抡动细绳，使小物体做圆周运动，体验手对做圆周运动的物体的拉力。(1)拉力的方向是____（填“沿绳指向圆心”或“垂直于绳指向速度方向”）。(2)增大旋转的速度，拉力将____（填“变小”、“变大”或“不变”）。(3)松手后，小物体将沿____（填“半径远离圆心”、“切线”或“半径靠近圆心”）方向运动。【答案】(1).（1）沿绳指向圆心(2).（2）变大(3).（3）切线【解析】(1)小物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，对物体进行受力分析可知，绳子的拉力提供向心力，所以绳子作用在小物体的拉力沿绳指向圆心。(2)根据知，增大线速度，需要的向心力增大，即拉力变大.(3)松手后，物体在水平方向将不受力的作用，所以将保持松手时的速度沿切线方向做匀速直线运动.【点睛】本题考查了对小球运动状态的判断，对小球正确受力分析是正确解题的关键，难度不大．10.某同学欲利用伏安法尽可能精确地测量某一电阻Rx（阻值大约为240Ω）的阻值。可选择的器材有：定值电阻R1（阻值为15Ω）；电阻箱R2(最大阻值为0～999.9Ω)；电流表A1（量程为1.5mA，内阻为50Ω）；电流表A2（量程为6mA,内阻约为10Ω）；滑动变阻器R3（最大阻值为10Ω）；电池组E（电动势为3V，内阻不计）；单刀单掷开关一个、导线若干。(1)该同学先将一只电流表改装成量程为1.5V的电压表，这只电流表应选____（填“A1”或“A2"）。(2)该同学设计的电路中，测量电路应采用电流表____（填“内接法”或“外接法”）。(3)在答题卡的虚线框中画出该同学设计的电路图，并在图中标出器材符号______。(4)在多次测量中，有一次该同学看到两电流表指针分别偏转到满刻度的和，根据此组数据求得的Rx=____Ω（结果保留三位有效数字）。【答案】(1).（1）A1(2).（2）外接法(3).（3）电路如图；(4).（4）231【解析】(1)将表头进行改装需要知道满偏电流和准确的内阻，故只能选A1(其内阻的已知).(2)电流表A1和R2串联后改装成的电压表，解得，而改装后的电压表的内阻为，为了消除系统误差，应采用电流表外接法。(3)电流表采用外接法，滑动变阻器为小电阻，满足小控大，同时测量尽量准确，应采用分压式电路，定值电阻R1接在干路上限制电流不能太大，故电路图如图所示：(4)根据指针的偏转可知，，故.【点睛】对于题目要求各电表指针能有较大的变化范围，一定要选用滑动变阻器的分压接法．根据与大小比较，确定电流表的接法，而电压表内阻已知用电流表的外接法，电流表内阻已知时用电流表的内接法都能消除系统误差．11.“跳台滑雪”是冬奥会中一项极为壮观的运动，其运动过程包括助滑、起跳、空中飞行和着陆四个阶段（如图甲）。其中的助滑过程可简化如下：如图乙，助滑道由长为L、倾角为θ的斜坡AB和弧形坡BCD构成，AB和BCD在B处相切，A与D的高度差为h，运动员（可视为质点的滑块）着滑雪板从A端无初速下滑，沿助滑道滑至D端起跳。假设滑雪板与AB间的动摩擦因数为μ，运动员在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，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)运动员在斜坡AB上滑行的时间；(2)运动员在D端起跳前的速度大小。【答案】（1）（2）【解析】(1)运动员在斜坡AB上做匀加速运动所受摩擦力为：垂直斜坡方向，由平衡条件有：平行斜坡方向，由牛顿运动定律有：联立得：由运动学规律有：联立得：(2)运动员在斜坡AB上克服摩擦力做的功为：在弧形坡BCD上克服摩擦力做的功为：全过程由动能定理有：联立得：【点睛】本题关键是明确运动员的受力情况和运动情况，结合动能定理和匀变直直线运动的规律列式求解．12.如图所示为竖直面内的直角坐标系xOy。A点的坐标为（-8m，0），C点的坐标为（-4m，O）；A点右侧的三个区域存在沿y轴正方向的匀强电场，-4m>x≥-8m区域的场强大小为E1=5V／m，0>x≥-4m区域的场强大小为E2=7V／m，x≥O区域的场强大小为E3=5V/m;第一、四象限内的磁场方向相反且垂直于坐标平面，磁感应强度大小均为B=2T。现让一带正电的小球从A点沿z轴正方向、以vo=4m/s的速率进入电场。已知小球的质量m=2×10-3kg．电荷量q=4×10-3C，假设电场和磁场区域足够宽广，小球可视为质点且电荷量保持不变，忽略小球在运动中的电磁辐射，重力加速度取g=10m／s2。求：(1)小球到达y轴时的速度；(2)小球从A点运动到坐标为(56m，y)的点经历的时间。【答案】（1）4m/s450（2）（2+）s或（2+）s或（2+）s【解析】(1)在区域，小球所受电场力代入数据得：由题知：因：所以小球做匀速直线运动，设该过程经历时间为t1在区域，，小球做类平抛运动，设该过程经历时间为t2，根据运动学规律在y方向上有：代入数据得：在x方向上有：代入数据得：，，由：代入数据解得：设v与y轴正方向的夹角为由：代入数据解得：(2)在区域，，分析知，小球先在第一象限做半径为r、周期为的匀速圆周运动，接着交替在第四、第一象限做半径为r、周期为的匀速圆周运动，轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，有：代入数据得：设小球在第一象限第一次到达x轴的位置为P点，第二次到达x轴的位置为G点由几何关系易得：，小球做匀速圆周运动的周期为：代入数据得：设小球从O点到达x轴上H(56m，0)点的时间为t3因：，即故：代入数据得：又：达到横坐标为56m的点有以下三种情况：(i)到达横坐标为56m的I点，(ii)到达横坐标为56m的H点，(iii)到达横坐标为56m的J点，【点睛】本题关键是明确粒子的运动，画出轨迹，然后结合几何关系，分为类似平抛运动和匀速圆周运动进行分析计算．[物理——选修3-3]13.下列说法中正确的是____。A．布朗运动是悬浮在气体或液体中的固体分子的无规则运动B．100℃的水与100℃的水蒸气比较，分子的平均动能相同C．设分子力为零时，分子间距离为ro，则在r<ro的范围内，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化慢D．密封在体积不变的容器中的气体，温度升高，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大E．一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程，温度均由T1升高到T2，则等压过程比等容过程吸收的热量多【答案】BDE【点睛】本题考查了学生对热学中基本概念的理解和对基本规律的应用情况，要注意在平时的积累。重点掌握布朗运动的实质，分子间作用力与距离的变化关系，分子力做功与分子势能的关系，以及热力学第一定律的应用。14.内径相同、导热良好的“上”形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，各部分长度如图所示。现再向竖直管中缓慢注入水银，直到B中气柱长度变为4cm。设外界温度不变，外界气压Po=76cmHg。求：(i)末态A中气柱长度；(Ii)注入管中的水银柱的长度。【答案】（1）8cm（2）25cm【解析】设细管的横截面积为S(i)对B中气体：对A中气体：且：，，，，联立各式得：代入数据解得：(ii)据题意：将数据代入解得：又：故注入水银柱的长度为：【点睛】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析出各部分气体的压强，然后运用玻意耳定律分析求解，关键注意列出初末状态参量，结合必要的几何知识求解．[物理——选修3-4]15.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t-0时刻波的图像，波源s位于原点O处，波速v=4m／s，振幅A-2cm。t-0时刻，平衡位置在x=8m处的质点P刚好开始振动，质点M的平