四川省綿陽市高三第二次診斷考試理綜物理試題解析版

1、四川省綿陽市2018屆高三第二次診斷考試理綜物理試題一、選擇題:本題共8小題,每小題6分。在每小題給出的四個選項中,第1418題只有一項符合題目要求,第19-21題有多項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分1. 如圖所示,閉合開關(guān)s,將滑動變阻器r的滑片向右滑動的過程中a. 電流表a1的示數(shù)變小 b. 電流表a2的示數(shù)變小c. 電壓表v的示數(shù)變小 d. 電阻r1的電功率變大【答案】a【解析】a、d、滑動變阻器左邊部分的電阻并聯(lián)接入電路,滑片向右滑動,并聯(lián)的電阻增大,總電阻增大,由可知干路電流變小,則a1表的示數(shù)變小,根據(jù)可得電阻r1的電功率變大，則a正確、d正確.

2、c、由可知并聯(lián)部分的電壓增大,即電壓表的示數(shù)變大,c錯誤.b、由,因r2阻值不變則電流表a2的示數(shù)變大,則b錯誤。故選a。【點睛】要解答本題需要用到的知識有滑動變阻器的使用，電阻的串聯(lián)和并聯(lián)，串聯(lián)電路的電壓規(guī)律，歐姆定律及其應(yīng)用，電功率的計算。本題中的電路圖是一個混聯(lián)電路，分析時我們可以先局部后整體，解答本題的思路：先分析電阻變化情況-再分析電流變化情況-接著分析電壓變化情況-最后得出電功率變化情況。解答本題用到的核心知識是：歐姆定律。另：不論電阻是串聯(lián)還是并聯(lián)，只要兩個電阻中有一個電阻變大（或變?。瑒t總電阻也會變大（或變?。?。2. 在水平地面上，兩個具有相同初動量而質(zhì)量不同的物體在大小相等

3、的阻力作用下最后停下來。則質(zhì)量大的物體( )a. 滑行的距離小b. 滑行的時間長c. 滑行過程中的加速度大d. 滑行過程中的動量變化快【答案】a【解析】a、根據(jù)p=mv，可知，則可知，初動量相同，質(zhì)量大的物體速度?。桓鶕?jù)動能定理可知：，則可知質(zhì)量大的物體滑行的距離??；故a正確；b、根據(jù)動量定理可知，-ft=0-p，因動量相同，故滑行時間相同，故b錯誤；c、因阻力相同，由牛頓第二定律可知，質(zhì)量大的加速度小，故c錯誤；d、因兩物體均停止，所以滑行過程中動量變化相同，因滑行時間相同，故動量變化相同，故d錯誤。故選a?！军c睛】對于動力學(xué)問題，有時既可以用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式求解，也可以用動能定理

4、和動量定理求解，選擇動能定理求解可以不涉及加速度和時間，較為簡潔。3. 如圖所示，長方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，同一帶電粒子，以速率v1沿ab射入磁場區(qū)域，垂直于dc邊離開磁場區(qū)域，運動時間為t1；以速率v2沿ab射入磁場區(qū)域，從bc邊離開磁場區(qū)域時與bc邊夾角為150°，運動時間為t2。不計粒子重力。則t1：t2是( ) a. 2：b. ：2c. 3：2d. 2：3【答案】c【解析】根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知：=90°，=60°，粒子在磁場中做圓周運動的周期：，粒子在磁場中的運時間：，粒子在磁場中的運動時間之比：；故c正確

5、，a、b、d錯誤.故選c.【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡、求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角是解題的前提與關(guān)鍵；粒子在磁場中做圓周運動的周期與粒子的速度大小無關(guān)，粒子在磁場中的運時間為.4. 如圖所示,一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1上繞地球運動,近地點q到地心o的距離為a遠地點p到地心o的距離為b,在p點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動,已知地球半徑為r,地球表面重力加速度為g。則a. 衛(wèi)星在軌道1上運動經(jīng)過q點時,速率為b. 衛(wèi)星在軌道1上運動經(jīng)過p點時,速率大于c. 衛(wèi)星在軌道2上運動經(jīng)過p點時,速率大于d. 衛(wèi)星在軌道2上運動經(jīng)過p點時,加速度大小為【答案

6、】d【解析】a、衛(wèi)星在軌道1上不是勻速圓周運動，故萬有引力不等于向心力，故不能求解出q點速度大小，故a錯誤；b、c、衛(wèi)星在軌道2上做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，故,解得,其中,故；在軌道1經(jīng)過p點要加速才能轉(zhuǎn)移到軌道1，故衛(wèi)星在軌道1上運動經(jīng)過p點時，速率小于，故b錯誤，c錯誤；d、衛(wèi)星在軌道2上運動經(jīng)過p點時，加速度大小，根據(jù),有：，故d正確；故選d.【點睛】解答本題的關(guān)鍵是知道衛(wèi)星變軌問題，做離心運動要加速。還要知道加速度和速度都是矢量，都有方向。5. 如圖所示，水平線oo'在某豎直平面內(nèi)，距地面高度為h，一條長為l（l<h)的輕繩兩端分別系小球a和b，小球a在水平線o

7、o'上，豎直向上的外力作用在a上，a和b都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)從oo'上另一點靜止釋放小球1，當小球1下落至與小球b等高位置時，從oo'上靜止釋放小球a和小球2，小球2在小球1的正上方。則( ) a. 小球1將與小球b同時落地b. h越大，小球a與小球b的落地時間差越小c. 在小球b下落過程中，輕繩對b的拉力豎直向上d. 在小球1落地前，小球1與2之間的距離始終保持不變【答案】b.【點睛】小球1、2以及ab兩球均做自由落體運動，由位移公式列出它們的距離與時間關(guān)系的表達式即可正確解答.6. 如圖所示,一平行板電容器的電容為c,帶有等量異種電荷的兩極板a、b傾斜放置,質(zhì)量為m帶

8、電荷量為-q的油滴,從極板a上的小孔p以初速度v0水平向右射入極板間,經(jīng)時間t后油滴又從p孔水平向左離開極板間,油滴運動過程中恰好未與極板b相碰,已知重加速度g。a. 兩極板間的距離d=v0t/2 b. 電容器所帶的電荷量q=cmv02/2qc. 兩極板間的電場強度大小e=2mv0/qt d. 兩極板間的電場強度大小【答案】bd【解析】a、據(jù)題意可知油滴不可能做勻速直線運動和勻變速曲線運動，只能是先向右做勻減速直線運動，再向左做勻加速直線運動,則重力和電場力的合力與初速度方向相反，根據(jù)運動的對稱性可知，而電容器的距離，故a錯誤。b、對應(yīng)減速過程由動能定理，而,可知,b正確。c、d、由牛頓第二定

9、律可知,而,聯(lián)立解得，故c錯誤，d正確。故選bd?！军c睛】對于微粒做直線運動，有兩種可能，一做勻速直線運動，而合力的方向與速度方向在同一條直線上本題由于電場力和重力不可能平衡，只能抓住合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則、牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解 7. 如圖所示，一光滑絕緣的斜面固定于水平面上，c、d是斜面上兩個點，一帶正電的點電荷+q固定在斜面下方p點，p、d連線垂直于斜面。滑塊a、b疊在一起，b帶負電，a不帶電，a與b間絕緣，從c點由靜止釋放，下滑過程中，a、b始終保持相對靜止。則滑塊a、b從c到d的過程中( )a. 在d點，速度最大b. 加速度一定逐漸增大c. 滑塊b

10、的電勢能減小，機械能增加d. 滑塊a受到沿斜面向上的靜摩擦力【答案】ac【解析】a、對滑塊ab整體，從c到d過程，重力和庫侖力一直做正功，故一直加速，故在d點速度最大，故a正確；b、對滑塊ab整體，從c到d過程，受重力、支持力和庫侖力引力，如果cd距離無窮大，則庫侖力開始為零，到達d點時庫侖力平行斜面的分力依然為零，故加速度可能是先增加后減小，故b錯誤；d、先分析滑塊ab整體，根據(jù)牛頓第二定律，有：（ma+mb）gsin+fx=（ma+mb）a，（其中fx為庫侖力平行斜面的分力），故agsin；再分析滑塊a可知，maa=magsin+f，故f=ma（a-g），即b對a的靜摩擦力平行斜面向下；故

11、d錯誤；c、對物體ab分析，如果沒有靜電力，則加速度a=gsin，ab整體機械能守恒，現(xiàn)在加速度agsin，整體機械能增加；那么對物體b而言，有靜電力時加速度agsin，說明動能增加量比機械能守恒時大，故b的機械能也是增加的，故c正確；故選ac。【點睛】本題是力學(xué)綜合問題，關(guān)鍵是明確兩個物體的受力情況，結(jié)合動能定理和牛頓第二定律分析，同時要記住機械能守恒的條件。8. 如圖所示，空間中有斜向右下方與水平方向成角的勻強磁場，一絕緣豎直擋板mn垂直于紙面所在的豎直平面，一根通有垂直紙面向外電流的水平金屬桿，緊貼擋板上的o點處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是( )a. 若擋板mn表面光滑，略減小金屬桿中電

12、流，金屬桿可能仍然靜止于o點b. 若擋板mn表面光滑，略增大金屬桿中電流，要保持金屬桿仍然靜止，可將擋板繞過o點垂直紙面的軸逆時針轉(zhuǎn)動一定角度c. 若擋板mn表面粗糙，略增大金屬桿中電流，金屬桿可能仍然靜止，且金屬桿所受的靜摩擦力一定增大d. 若擋板mn表面粗糙，略減小金屬桿中電流，金屬桿可能仍然靜止，且金屬桿所受的靜摩擦力方向可能豎直向上【答案】bd【解析】a、若擋板mn表面光滑，對導(dǎo)體棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有n=mgtan，；如果略減小金屬桿中電流，則f略減小，而方向不變，支持力方向也不變，根據(jù)平衡條件，支持力和安培力大小應(yīng)該不變，顯然矛盾，故a錯誤；

13、b、三力平衡時，三個力可以構(gòu)成首尾相連的矢量三角形，如圖所示：略增大金屬桿中電流，則安培力略增大，要重新平衡，可以將擋板繞過o點垂直紙面的軸逆時針轉(zhuǎn)動一定角度，即支持力逆時針轉(zhuǎn)動一定角度，如圖所示，故b正確；c、擋板mn表面粗糙，受重力、支持力、靜摩擦力和安培力，其中靜摩擦力可能向上、向下或者為零；略增大金屬桿中電流，安培力增大，金屬桿可能仍然靜止，如果原靜摩擦力向上，則fcos+f=mg，故靜摩擦力可能是減小的，故c錯誤；d、擋板mn表面粗糙，略減小金屬桿中電流，安培力減小，金屬桿可能仍然靜止，如果靜摩擦力向上，則靜摩擦力是增加的，故d正確；故選bd?！军c睛】本題考查含安培力的共點力平衡，關(guān)

14、鍵是結(jié)合合成法、正交分解法作圖分析，注意摩擦力的方向有多種可能，要分別討論。三、非選擇題(一)必考題(共129分)9. 用如圖所示的裝置測滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)。同種材料的薄木板a、b、c，表面粗糙程度相同，將較長的木板b放置于水平地面上，左端固定在豎直墻的o點，木板a傾斜固定在木板b上，頂端靠墻，用一段圓弧狀木板c將a、b平滑連接。將滑塊p從木板a的頂端由靜止釋放，p最終停在木板b上某點q（圖中未畫出）處；改變木板a在木板b上的位置，木板a與水平面的傾角改變，重復(fù)實驗。（1）要測定滑塊p與木板間的動摩擦因數(shù)，每次實驗只需要測量的兩個物理量是 _（填序號）。a.滑塊p的質(zhì)量mb.木板a與水平

15、面的傾角c.木板a的頂端與o點的豎直高度hd.q點與o點間的距離x（2）計算滑塊p與木板間的動摩擦因數(shù)的公式=_，用（1)問中所選的物理量表示。（3）由于木板c是圓弧狀，將產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，會使所測得的動摩擦因數(shù)比實際值_（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮?(1). cd; (2). ； (3). 偏大；【解析】(1)設(shè)摩擦因數(shù)為，在整個過程中，根據(jù)動能定理可知mglsin-mgcosl-mgx=0，其中l(wèi)為a的長度，x為物體在b上滑行的位移，由于lsin為木板a的頂端與o點的豎直高度h，lcos為物體在a上滑行水平位移，故lcos+x為物體在水平方向的位移，故mgh-mgx=0，求得摩擦因數(shù)，故

16、a、b錯誤，c、d正確.(2)由于木板c是圓弧狀，實際滑行的距離比測量距離要大，故會使所測得的動摩擦因數(shù)比實際值偏大【點睛】本題主要考查了利用動能定理求得摩擦因數(shù)，關(guān)鍵是抓住lcos可以表示物體在水平方向通過的位移，即可判斷.10. 某同學(xué)用下列器材測電源的電動勢和內(nèi)阻。待測電源e（電動勢約為3v，內(nèi)阻約為2.5）；電流表a（量程為00.6a，內(nèi)阻約為0.5）；電阻箱r(最大阻值99.9）；開關(guān)s，導(dǎo)線若干。（1）在虛線框中畫出實驗電路圖。該同學(xué)根據(jù)正確的電路圖，正確連接電路，規(guī)范操作 _ 。（2）第一次測量：調(diào)節(jié)電阻箱r，示數(shù)為r1時，讀取電流表示數(shù)i1，示數(shù)為時r2時，讀取電流表示數(shù)i2。

17、則電源電動勢的計算式e=_，內(nèi)阻的計算式r=_。（3）第二次測量：調(diào)節(jié)電阻箱r的阻值，記錄多組電流表的讀數(shù)i和電阻箱的對應(yīng)讀數(shù)r，以 為縱坐標，r為橫坐標，根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出如圖所示的-r圖線，則電源電動勢e=_v，內(nèi)阻r=_。（4）關(guān)于該實驗，下列說法正確的是_。a.由于電流表的內(nèi)阻，會使電源內(nèi)阻的測量值存在系統(tǒng)誤差b.由于電流表的內(nèi)阻，會使電源電動勢的測量值存在系統(tǒng)誤差c.第二次測量中的數(shù)據(jù)處理方式可以減小偶然誤差d.第一次測量中，若測有三組數(shù)據(jù)，則可求得電源電動勢e和內(nèi)阻r及電流表內(nèi)阻ra【答案】 (1). ； (2). ; (3). ; (4). 3; (5). 3; (6). ac;【

18、解析】(1)由給出的儀表可知，實驗中只給出了電流表和電阻箱，所以應(yīng)采用電流表與電阻箱串聯(lián)的方式進行測量；如圖所示:(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：,;聯(lián)立解得：；.(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,變形可得：,則由圖可知：,.解得：e=3v；r=3.(4)a、因電流表存在內(nèi)阻，所以測出的內(nèi)阻中包含電流表內(nèi)阻，由于電流表的內(nèi)阻，會使電源內(nèi)阻的測量值存在系統(tǒng)誤差，故a正確；b、電流表內(nèi)阻對圖象的斜率沒有影響，所以測出的電源的電動勢準確，故b錯誤；c、采用圖象法可以避免因讀數(shù)造成的偶然誤差；故第二次可以減小偶然誤差，故c正確；d、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，,；根據(jù)數(shù)學(xué)規(guī)律可知，聯(lián)立三組數(shù)據(jù)無法求出電流

19、表內(nèi)阻；故d錯誤.故選ac.【點睛】根據(jù)待測電阻與滑動變阻器阻值間的關(guān)系確定滑動變阻器的接法，根據(jù)待測電阻阻值與電表內(nèi)阻間的關(guān)系確定電流表的接法是正確連接實物電路圖的前提與關(guān)鍵.11. 如圖所示,水平放置的絕緣光滑正方形桌面abcd,邊長為l,距地面高度也為l,僅在桌面區(qū)域有豎直向上的勻強磁場。兩個帶有相同電荷量的小球1、2,質(zhì)量分別為m1和m2,先后從b點沿水平桌面ba方向射入磁場,在b點動能相同,小球1從bc邊的中點p水平射出,小球2從bc邊的c點水平射出.重力加速度為g (1)求兩小球帶電性質(zhì)及兩小球質(zhì)量之比m1/m2(2)若在b點的動能ek=3m1gl/4,求兩小球落地點間的水平距離x

20、12(用l表示)【答案】(1)(2)x=l【解析】(1) 在b點，速度方向沿著ba方向，磁場方向向上，洛倫茲力沿著bc方向，根據(jù)左手定則，小球都帶正電；小球1、2在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)小球電荷量為q，磁感應(yīng)強度為b，速率分別為v1、v2，質(zhì)量分別為m1、m2，半徑分別為r1、r2，動能為ek，則:動能： 解得：(2)兩小球水平拋出，速度方向垂直于bc邊，設(shè)下落時間相同為t，水平位移分別為x1和x2，則 解得:x12l【點睛】本題考查粒子在勻強磁場中的運動，關(guān)鍵是明確重力和支持力平衡，洛倫茲力提供向心力，同時要結(jié)合平拋運動的分運動公式列式求解。12. 如圖所示，一傾角為60°的光滑

21、斜面固定于水平地面上，q為斜面頂點，p為斜面上一點，同一豎直平面內(nèi)有固定點o，o、p連線垂直于斜面，op=l，p、q間距離xpq=l。長度為l的輕繩一端系于o點，另一端系質(zhì)量為m的小球a，質(zhì)量為m=4m的滑塊b在一鎖定裝置作用下靜止于斜面上的p點。現(xiàn)將a球拉至與o點等高的水平位置，拉直輕繩，以豎直向下的初速度v0釋放，a與b發(fā)生碰撞前一瞬間，鎖定裝置解除，a、b均視為質(zhì)點，碰撞過程中無能量損失，重力加速度為g。 （1）求小球a通過最低點c點時，繩對小球拉力的大小；（2）求小球a與滑塊b碰撞后瞬間，小球a和滑塊b的速度va和vb（3）若a、b碰后，滑塊b能沿斜面上滑越過q點，且小球a在運動過程中始終不脫離圓軌道，求初速度v0的取值范圍?！敬鸢浮?1) (2) , (3) 或 【解析】(1)小球a擺到c點時，設(shè)速度為vc，繩對小球的拉力大小為t，則 在c點，對小球a，由牛頓第二定律有:解得： (2)設(shè)小球a在與b碰前的速度為v1，則對于碰撞過程，取沿斜面向上為正方向，由動量守恒定律得mv1=mva+mvb由機械能守恒定律有: 解得:, ，(3)討論：滑塊b能沿斜