1、四川省乐山市 2018届高三第二次调查研究考试理综物理试题二、选择題1. 图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的 O表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线两图中 ag各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度 g=10m/s2,根据图象分析可知A. 人的重力为 1500NB. e点位置人处于失重状态C. c点位置人处于超重状态D. d点的加速度小于点的加速度【答案】C【解析】A、开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是 500N，根据牛顿力平衡可知，人的重力也是 500N故 A错误；B、 c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态。故B正
2、确；C、 e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态,故 C错误；D、人在 d点：，人在 f点： ，可知 d点的加速度大于 f点的加速度,故 D错误.故选 B.【点睛】本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。2. 如图所示,质量均为 M的 A、B 两滑块放在粗糙水平面上,两轻杆等长,杆与滑块、杆与杆间均用光滑饺链连接,在两杆铰合处悬挂一质量为 m的重物 C,整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为 .下列说法正确的是A. 当 m一定时, 越大轻杆受力越小B. 当 m一定时, 越小,滑块对地面的压力越大C. 当 一定时,
3、M 越大,滑块与地面间的摩擦力越大D. 当 一定时,M 越小,可悬挂重物 C的质量 m越大【答案】A【解析】试题分析：先将 C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体 A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力解：A、将 C的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：故 m一定时， 越大，轻杆受力越小，故 A正确；B、对 ABC整体分析可知，对地压力为：F N=（2M+m）g；与 无关；故 B错误；C、对 A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=F1cos= ，与 M无关，故 C错误；D、只
4、要动摩擦因素足够大，即可满足 F1cosF 1sin，不管 M多大，M 都不会滑动；故D错误；故选：A【点评】本题关键是明确物体的受力情况，然后根据平衡条件列式分析，选项 D涉及摩擦自锁现象，不难3. 如图所示,图甲实线为方向未知的三条电场线,a、b 两带电粒子从电场中的 P点静止释放不考虑两粒子间的相互作用,仅在电场力作用下,两粒子做直线运动,a、b 粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示,虚线为直线,则A. a一定带正电,b 一定带负电B. a向左运动,b 向右运动C. a电势能减小,b 电势能增大D. a动能减小,b 动能增大【答案】B【解析】A从速度时间图象中可以看出， a粒子
5、加速度逐渐增大， b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知 a粒子电场力逐渐增大， b粒子电场力逐渐减小，所以 a向左运动， b向右运动。由于不知电场的方向，所以无法判断 a、 b的电性。故 A错误，B 正确。C带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以 a、 b的电势能均减小。故 C错误。D带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理， a、 b的动能均增加。故 D错误。故选 B.【点睛】解决本题的关键知道电场的疏密反映电场的强弱，及掌握电场力做功与电势能的关系和熟练运用动能定理。4. 2017年 6月 15日,我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射
6、X射线调制望远镜卫星“慧眼” 。 “慧眼”的成功发射将显著提升我国大型科学卫星研制水平,填补我国X射线探测卫星的空白,实现我国在空间离能天体物理领域由地面观测向天地联合观测的超越。“慧眼”研究的对象主要是黑洞、中子星和射线暴等致密天体和爆发现象。在利用“慧眼”观测美丽的银河系时,若发现某双黑洞间的距离为 L(黑洞的半径远小于黑洞之间的距离),只在彼此之间的万有引力作用下做匀速圆周运动,其运动周期为 T,引力常量为 G,则双黑洞总质量为A. B. C. D. 【答案】A【解析】双黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，有： , ,解得 ， ，则双黑洞总质量为： ，故选 A.【点睛】本题是双星模型，解决
7、本题的关键知道双黑洞的特点：1、周期相等，2、靠相互间的万有引力提供向心力，向心力大小相等5. 物体 A和 B用轻绳相连接,挂在轻质弹簧下静止不动,如图(a)所示:A 的质量为 m,B的质量为 M.当连接 A、B 的绳突然断开后,物体 A上升,经某一位置时的速度大小为 v,这时,物体 B的下落速度大小为 u,如图(b)所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体 A的冲量为A. mvB. mvMuC. mvMuD. mvmu【答案】D【解析】由题意可知，虽然整个过程所用的时间可以直接求出，但弹簧的弹力是一变力，要求它的冲量只能用动量定理来计算。以物体 A为研究对象，取竖直向上为正方向，根据动量定理有
8、(式)，在 t时间内，物体 B做自由落体运动，则 (式)。由两式得弹力的冲量 Ft=mv+mu。所以正确的选项为 D。6. 在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子 P+和 P3+,经电压为 U的电场加速后垂直进人磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示,已知离子 P+在磁场中转过 =30后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子 P+和 P3+A. 在电场中的加速度之比为 1:1B. 在磁场中运动的半径之比为 :1C. 在磁场中转过的角度之比为 1:3D. 离开电场区域时的动能之比为 1:3【答案】BD【解析】试题分析：两个离子的质量相同，其带电量是
9、 1：3 的关系，所以由 可知，其在电场中的加速度是 1：3，故 A错要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为： ，可知其速度之比为 1：又由 知， ，所以其半径之比为 ：1，故 B错误由 B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为 ：1，设磁场宽度为 L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有 ，则可知角度的正弦值之比为 1： ，又 P+的角度为 30，可知 P3+角度为 60，即在磁场中转过的角度之比为 1：2，故 C正确由电场加速后：qU= mv2可知，两离子离开电场的动能之比为 1：3，故 D正确故选 CD考点：带电粒子在电场
10、及磁场中的运动【名师点睛】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练。视频7. 如图所示,相距为 L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为 ，上端接有定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B，将质量为 m的导体棒由静止释放，当速度达到 v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为 P，导体棒最终以 2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为 g.。下列选项正确的是A.
11、拉力的功率 P=2 mgvsinB. 拉力的功率 P=3 mgvsinC. 当导体棒速度达到 时加速度大小为 sinD. 在速度达到 2v以后匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于拉力所儆的功【答案】AC8. 如图所示,在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为 m的圆环,杆与水平方向的夹角 =30,圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连,弹簧的另一端固定在地面上的 A点,弹簧处于原长 h.让圆环沿杆由静止滑下,滑到杆的底端时速度恰为零,则在圆环下滑过程中A. 圆环和地球组成的系统机械能守恒B. 当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大C. 圆环在底端时,弹簧的弹性势能达最大为 mghD. 弹簧转过 60角时,圆
12、环的动能为 mgh【答案】CD【解析】试题分析：在圆环下滑过程中，弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环和地球组成的系统的机械能不守恒，A 错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向左下方的拉力，故 B错误；圆环和地球以及弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了 mgh，那么圆弧的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为 mgh，C 正确；弹簧转过 60角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得： ，即圆环的动能等于 ，故 D正确，考点：考查了机械能守恒，牛顿第二定律【名师点睛】对物理过程进行受力情况、运动情况、做功情
13、况分析，是解决问题的根本方法要注意对于圆环来说机械能并不守恒，但对圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，系统的机械能是守恒的三、非迭择题9. 如图甲所示实验装置,可以测量滑块经过斜面底端的瞬时速度(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度 d,示数如图乙所示,可读得 d=_cm(2)让装有挡光片的滑块从斜面上端由静止释放测得它经过光电门时挡光片的挡光时间为0.002s,则滑块经过斜面底端时的速度 v=_m/s(保留两位有效数字),挡光片平行安装于滑块运动的竖直平面但未与斜面垂直(如图丙),则速度的测量值比真实值偏_(填“大”或“小”,挡光片足够长)(3)若测得滑块下滑高度为 h,水平位移为 s,则可得出滑块
14、与斜面间的动摩擦因数=_(用符号 h、v、s 和重力加速度 g表示)。【答案】 (1). (2). (3). 小 (4). 【解析】试题分析：（1）游标卡尺的读数为（2）用滑块通过的平均速度来代替瞬时速度大小，有：挡光片平行安装于滑块运动的竖直平面，但未与斜面垂直，当通过光电门时，使得时间变长，然而在求瞬时速度时，仍用挡光片的宽度与变长的时间的比值，导致瞬时速度变小，则速度的测量值比真实值偏小；（3）设下滑位移为 ，根据速度-位移公式有： ，根据牛顿第二定律有：，其中 ，联立解得： 考点：探究小车速度随时间变化的规律实验【名师点睛】解决本题的关键是掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，
15、注意不需要估读；熟练应用牛顿第二定律以及运动学公式解决实验问题，注意挡光片的不垂直斜面，导致通过的时间变长是解题问题的关键10. 待测电阻 Rx的阻值约为 100,现要测量其阻值实验室提供器材如下：A.电流表 A1(量程 40mA,内阻 r1约为 10)B.电流表 A2(量程 20mA,内阻 r2=30g)C.电压表 V(量程 15V,内阻约为 3000)D.定值电阻 R0=120E.滑动变阻器 R(阻值范围 05,允许最大电流 1.0A)P.电源(电动势 E=3V,内阻不计)G.开关 S及导线若干(1)为了使测量结果准确,以上器材不合适的是_ (填写器材前对应的序号字母)(2)利用其余的实验
16、器材,设计测量 R最佳实验电路,将电路图画在实线框内并标明元件符号_(3)实验中需要测量的物理量有_,待测电阻的表达式 Rx=_【答案】 (1). C (2). 如图所示：(3). 电流表 的示数 ，电流表 的示数 (4). 【解析】(1)由于电压表量程为 15V，远大于电源的电动势，故电压表不可用；(2)由于电压表不可用，故可以采用电流表 A2与定值电阻 R0串联作电压表测电压，用电流表A1测量待电流，由于改装的电压表内阻已知，故电流表 A1采用外接法，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：(3)待测电阻两端电压 U=I2（ R0
17、+r2） ，通过待测电阻的电流 IX=I1-I2，待测电阻阻值：，其中 I1、 I2分别为电流表 A1和 A2的示数， R0和 r2分别为定值电阻和电流表 A2的阻值【点睛】本题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键，选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则11. 如图所示,升降机在电动机的拉力作用下,从静止开始沿竖直方向向上运动,升降机先做匀加速运动,5s 末达到额定功率,之后保持额定功率运动。其运动情况如 v-t图象所示,已知电动机的牵引力的额定功率为 P=36kW,重力加速度 g取 10m/s2,求:(1)升降机
18、的总质量大小;(2)升降机在 07s内上升的高度【答案】 （1） （2）【解析】(1)设升降机的总质量为 m，由题图知，最终升降机做匀速运动，牵引力 F=mg，根据 P=fvm=mgvm得： m=300kg(2)设在前 5s内升降机的加速度为 a，拉力为 F，则根据牛顿第二定律得： F-mg=ma即 F=3000+300a，且联立解得 a=2m/s2， v=10m/s升降机在 05s内上升的高度为 h1，则由图象可得57s内上升的高度为 h2，运用动能定理得解得： h2=21.8m。升降机上升的总高度为 h=h1+h2=25m+21.8m=46.8m【点睛】本题考查了机车恒定加速度启动问题，关
19、键理清整个过程中的运动规律，知道对于变加速直线运动，无法通过动力学知识求解位移，只能根据动能定理进行求解。12. 如图所示,在平面直角坐标系 xOy平面内,直角三角形 abc的直角边 ab长为 6d，与 y轴重合,bac=30,中位线 OM与 x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场。在笫一象限内,有方向沿 y轴正向的匀强电场,场强大小 E与匀强磁场磁感应强度 B的大小间满足 E=v0B.在 x=3d的 N点处,垂直于 x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度 v0从 y轴上3dy0 的范围内垂直于 y轴向左射入磁场,其中从 y轴上 y=2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过 O点。电
20、子质量为 m,电量为 e,电子间的相互作用及重力不计。求(1)匀强磁杨的磁感应强度 B(2)电子束从 y轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y的范围;(3)荧光屏上发光点距 N点的最远距离 L【答案】 （1） （2） （3）【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为 r；由几何关系可得 r=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与 ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距 O点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为 ，有：解得即从 O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O点最远所以电子束从 y轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y的范
21、围为设电子从 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y，从 ON间射出电场时的位置横坐标为 x，速度方向与 x轴间夹角为 ，在电场中运动的时间为 t，电子打到荧光屏上产生的发光点距 N点的距离为 L，如图乙所示：根据运动学公式有： 解得：即 时， L有最大值解得： 当13. 下列说法正确的是_A.能派在利用过程中有能量耗散,这表明能量不守恒B.没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能C.非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D.对于一定量的理想气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热E.当分子间作用力表现为斥力时,分于势能随分子间距离的减小而增大【答案】BD
22、E【解析】A、能源在利用过程中有能量耗散，但能量是守恒的，故 A错误；B、根据热力学第二定律可知，没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能，故 B正确；C、非晶体和多晶体的物理性质各向同性而单晶体的物理性质具有各向异性，故 C错误；D、对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则由理想气体状态方程可知，温度一定增大，内能增大，同时气体对外做功，则由热力学第一定律可知，它一定从外界吸热，故 D正确；E、当分子间作用力表现为斥力时，距离减小时分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大，故 E正确；故选：BDE。14. 如图所示,竖直放置的气缸,活塞横截面积为 S=0.01m
23、3,厚度不计,可在气缸内无摩擦滑动,气缸侧壁有一个小孔,与装有水银的 U形玻璃管相通,气缸内封闭了一段高为 L=50cm的气柱(U形管内的气体体积不计).此时缸内气体温度为 27,U 形管内水银面高度差 h1=5cm.已知大气压强 p0=1.0105Pa,水银的密度 p=13.6103kg/m3,重力加速度 g取 10m/s2.求活塞的质量 m;若在活塞上缓慢添加 M=26.7kg的沙粒时,活塞下降到距气缸底部 H=45cm处,此时气缸内气体的温度【答案】 （1） （2）【解析】试题分析：（1）气缸内气体的压强：活塞受力平衡：解得：m=6.8kg（2）活塞下降后气体的压强为 P2，则以缸内封闭
24、气体为研究对象，根据气体的状态方程解得：T 2=337.5K=64.50C考点：气体的状态方程【名师点睛】此题考查力与平衡和理想气体的等容变化，关键是找到气体的状态参量，气体的压强往往是对活塞受力分析求解；注意压强和压力的关系以及液体压强的定义。15. 如图所示,黄色光从真空射入均匀介质中,入射角为 53,折射角为 37,sin53=0.8,sin37=0.6.下列说法正确的是_A.该介质对黄色光的折射率为B.该介质对不同颜色的光折射率相同C.黄色光在真空中可以产生多普勒效应D.黄色光在该介质中发生全反射的临界角的正弦值为E.红色光在该介质中传播的速度比黄色光传播的速度小【答案】ACD【解析】
25、A、该介质对黄色光的折射率为 故 A正确B、该介质对不同颜色的光折射率不同故 B错误C、光是一种电磁波，可知黄色光在真空中可以产生多普勒效应，故 C正确D、黄色光在该介质中发生全反射的临界角的正弦值为 ，故 D正确E、红光的折射率比黄光的小，由 知，红色光在该介质中传播的速度比黄色光传播的速度大故 E错误故选 ACD.【点睛】折射定律是几何光学问题中最基本的规律，应用时要注意条件：光从真空射入介质要掌握与折射率有关的两个公式临界角公式 和光速公式 ，并熟练运用16. 一列沿着 x轴传播的横波,在 t=0时刻的波形如图甲所示，甲图中 x=2cm处的质点 P的振动图象如乙图所示,求：该波的波速和传播方向;从 t=0时刻开始,甲图中 x=5cm处的质点 Q第三次出现波峰的时间。【答案】 （1） ，沿 x轴负方向传播（2）【解析】试题分析：i由题可知：波长 =2cm,周期 T=“1s“ 。波速 v= =0.02m/s；波沿着x轴负向传播；ii质点 Q第三次到达波峰时间为 2T+ =2.75s考点：机械振动；机械波的传播.
