四川省雅安市2018届高三第三次诊断性考试理综物理试题 Word版含解析

四川省雅安市2018届高三第三次诊断性考试理综物理试题
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 已知甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A. 甲的角速度比乙的角速度大
B. 甲的线速度比乙的线速度小
C. 甲的运行周期比乙的运行周期小
D. 甲的向心加速度比乙的向心加速度大
【答案】B
【解析】卫星由万有引力提供向心力有：，则有，所以甲的线速度比乙的线速度小；，所以甲的角速度比乙的角速度小；，所以甲的运行周期比乙的运行周期大；，所以甲的向心加速度比乙的向心加速度小；故B
正确，ACD错误；
故选B。

【点睛】卫星做圆周运动向心力由万有引力提供，得到向心加速度、角速度、
线速度、周期与行星质量的关系式，再进行分析。

2. 甲、乙两物体在同一直线上运动，其位移一时间图象如图所示，由图象可知
A. 甲比乙运动得快
B. 乙开始运动时，两物体相距20m
C. 在前25s内，两物体距离先增大后减小
D. 在前25s内，两物体位移大小相等
【答案】C
【解析】A、位移时间图象的斜率等于速度，斜率越大，速度越大，甲比乙运动得慢，故A错误；
B. 由图知：乙从原点出发，乙开始运动时，甲的位置坐标大于20m，则两物体相距大于20m，故B错误；
C、在0∼10s这段时间内，乙静止在原点，甲沿正向做匀速直线运动，则两物体间的距离逐渐增大，在10∼25s这段时间内，甲的运动速率小于乙的运动速率，甲在乙的前方，则两者距离逐渐减小，故C正确；
D、在前25s内，甲的位移为，乙的位移为，故D错误；故选C。

【点睛】根据位移图象的斜率比较速度的大小，斜率越大，速度越大，根据速度和位置关系分析两者距离的变化。

3. 铀原子核既可发生衰变，也可发生裂变。

其衰变方程为U→Th+X，裂变方程为
U+n→Y+Kr+3n，其中U、n、Y、Kr的质量分别为m1、m2、m3、m4，光在真空中的传播速度为c。

下列叙述正确的是
A. U发生的是β衰变
B. Y原子核中含有56个中子
C. 若提高温度，U的半衰期将会变小
D. 裂变时释放的能量为(m1－2m2－m3－m4)c2
【答案】D
【解析】A、根据质量数守恒和电荷数守恒可得x为，发生的是衰变，故A错误；B、根据核反应前后质量数和核电荷数均守恒，Y原子核中含有56个质子，中子数为：144−56=88个，故B错误；
C、原子核的半衰期是由放射性元素本身决定的，与环境的温度、压强等无关，故C错误；
D、由于核裂变的过程中释放能量,根据爱因斯坦质能方程得：，故D正确；
故选D。

【点睛】根据核反应前后质量数和核电荷数均守恒即可求解；根据释放能量或吸收能量判断结合能的变化；原子核的半衰期与外界无关。

4. 两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是
A. M带正电，N带负电
B. 洛伦兹力对M、N做正功
C. M的荷质比小于N的荷质比
D. M的运行时间小于N的运行时间
【答案】C
【解析】A、由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；
B、洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；
C、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，荷质比为：，在相同的速率的
情况下，半径大说明荷质比小，故C正确；
D、粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半，而周期为，M的运行时间大于N的运行时间，故D错误；
故选C。

【点睛】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合洛伦兹力提供向心力的公式可以判断出粒子荷质比的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。

5. 如图(甲)所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电压随时间变化的图像如图(乙)所示，经原副线圈匝数比为1︰10的理想变压器给一灯泡供电如图(丙)所示，灯泡的额定功率为22W。

闭合开关后，灯泡正常发光，下列说法正确的是
A. t=0.0ls时穿过线框的磁通量为零
B. 变压器原线圈中电流表示数为1A
C. 交流发电机的转速为100r/s
D. 灯泡的额定电压为220V
【答案】B
【解析】A、由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；
B. 原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为22×10=220V；由P=UI可知,副线圈电流，则由，求得，故B正确；
C、由图可知,交流电的周期为0.02s,则转速为：，故C错误；
D、灯泡正常发光，故额定电压为220V，故D错误；
故选B。

【点睛】由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值。

6. 如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。

已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g。

当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是
A. 物体B对水平面的压力大小为(M+m)g
B. 物体B受到水平面的摩擦力大小为 mgtanθ
C. 将物体B级慢向左移动一小段距离，滑块A对物体B的压力将变小
D. 将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大
【答案】AD
【解析】CD、首先对物体A受力分析，如图所示：
.....................
AB、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力，如图所示
根据平衡条件，地面支持力大小，地面的摩擦力大小，再根据牛顿第三定律,对地压力大小为(M+m)g，故B错误，A正确；
故选AD。

【点睛】首先对物体A受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；然后再对整体受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力和静摩擦力大小。

7. 如图所示，两质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧，用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A高地面的高度为h，物体B静止在地面上。

放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法正确的是
A. 弹簧的劲度系数为
B. 此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2
C. 此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D. 物体A落地后，物体B将向上运动到h高度处
【答案】AB
【解析】A、物体B对地压力恰好为零，故细线的拉力为mg，故弹簧对A的拉力也等于mg，
弹簧的伸长量为h，由胡克定律得：，故A正确；
B、物体A与弹簧系统机械能守恒，则有，所以，故B正确；
C、根据牛顿第二定律对A有：F−mg=ma，F=mg，得a=0，故C错误；
D、物体A落地后，物体B与弹簧系统机械能守恒，，所以，故D 错误；
故选AB。

【点睛】先对物体A受力分析，由胡克定律求解弹簧的劲度系数；再对物体A受力分析，结合机械能守恒定律列式分析。

8. 如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当金属棒ab下滑距离s时，速度大小为v，则在这一过程中
A. 金属棒ab运动的平均速度大小为v
B. 通过金属棒ab某一横截面的电量为
C. 金属棒ab受到的最大安培力为
D. 金属棒ab克服安培力做功为 mgs sinθ－mv2
【答案】BCD
【解析】A. 分析ab棒的受力情况，有，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值，故A错误；
B、通过金属棒ab某一横截面的电荷量，故B正确；
C、ab棒受到的最大安培力为，故C正确；
D、根据动能定理可知，，金属棒ab克服安培力做功为，故D正确；
故选BCD。

【点睛】根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，分析ab棒的运动情况，明确只有匀变速直线运动的平均速度才能用公式，根据动能定理可求金属棒ab克服安培力做功，刚开始下滑时ab棒受到的安培力最大。

9. 某同学用图示装置研究平抛运动。

他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开。

(1)他观察到的现象是：小球A、B___________(填“同时”或“不同时”)落地；
(2)让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间将________(填“变长”、“不变”或“变短”)；
(3)上述现象说明：平抛运动的竖直分运动是__________运动。

【答案】 (1). 同时 (2). 不变 (3). 自由落体
【解析】①小锤轻击弹性金属片时，A球做抛运动，同时B球做自由落体运动。

通过实验可以观察到它们同时落地；
②用较大的力敲击弹性金属片，则被抛出初速度变大，但竖直方向运动不受影响，因此运动时间仍不变；
③上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。

10. 某实验小组设计如图(1)所示电路图来测量电源的电动势及内阻，其中待测电源电动势约为2V、内阻较小。

所用电压表量程为3v，内阻非常大，可看作理想电压表。

①按实验电路图在图(2)中补充完成实物连线。

②先将电阻箱电阻调至如图(3)所示，其读数为_________Ω。

闭合开关S，将S1拨到b端，读出电压表的读数为1.10v：然后将S1拨到a端，此时电压表读数如图(4)所示，其读数为
_________V。

根据以上测量数据可得电阻R0=_________Ω。

③将S1拨到b端，不断调节电阻箱电阻，得到多组电阻箱读数R值与相应的电压表读数U值，作出图如图(5)所示，则通过图象可以得到该电源的电动势E=________V。

内阻
r=_______Ω。

(计算结果保图二位有效数字)
【答案】 (1). (2). 11.0 1.48-1.51
(3). 3.8-4.1 (4). 2.0 (5). 0.60
【解析】(1)按实验电路图在图(2)中连接实物图：
(2)先将电阻箱电阻调至如图(3)所示,则其电阻读数为1×10+1×1=11Ω.闭合开关S,将S1打
到b端，读出电压表的读数为1.10V；
电流，然后将S1打到a端,此时电压表读数如图(4)所示，则其读数为1.50V，
根据以上测量数据可得电阻；
(3)在闭合电路中,电源电动势：，，由图5所示
图象可知，图象斜率，电源内阻
11. 如图所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场。

某时
刻将质量为m、带电量为－q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突
然反向且增强为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A点，小金属块在运动过程中电荷量
保持不变，求：
(1)A、B两点间的距离；
(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小。

【答案】(1) (2)
【解析】解：(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为和，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1,小金属块由A点运动到B点过程
联立解得
（2）
解得
小金属块由B点运动到A点过程
联解得
12. 如图所示，半径R=2.0m的光滑圆弧轨道周定在光滑的水平地面上，其末未端水平，平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高，木块的厚度h=0.45m，木块最右端到小车最右端的水平距离x=0.45m，小车连同木块总质量M=2kg。

现使一个质量m=0.5kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端，
(g=10m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求：
(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；
(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】解:(1)设小球到达轨道末端的速度为v0,由机械能守恒定律
mgR(1-cos530)=m v02
解得v0=4m/s
小球在轨道最低点 F-mg=m
解得F=9N
由牛顿第三定律小球对轨道的压力F’=F=9N
(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v1，此时小车的速度为v2，
由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2
小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为t
h=gt2
解得 t=0.3s
小球恰好击中小车的最右端v1t-v2t=x
以上各式联解得v1=2m/s v2=0.5m/s
所以小球到达木块最右端的速度大小为2m/s
(3)由能量守恒定律得mgR(1-cos530)=mv12 +Mv22+Q
解得Q=2.75J
13. 下列说法正确的是_________(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.理想气体吸热后温度一定升高
B.可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能定不相等
C.某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为N A，则该理想气体单个的分子体积为
D.甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大
E.扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动
【答案】BDE
【解析】A、根据热力学第一定律△U=W+Q得物体的内能与做功和热传递有关，故一定质量的理想气体吸热时内能可以不变，故A错误；
B、温度是分子的平均动能的标志，所相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等；但氢气分子与氧气分子相比，氢气分子的质量小，所以相同质量的氢气的分子数比氧气的分子多，内能一定比氧气大，故B正确；
C、某理想气体的摩尔体积为Vm，阿伏伽德罗常数为NA，可以求出该理想气体的每一个分子所占的空间为，由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以气体的体积小于，故C错误；
D、分子之间的距离减小时，分子引力与分子斥力都增大；甲、乙两个分子在只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，开始时分子之间的作用力表现为引力，距离减小的过程中分子力做正功，分子势能减小；分子之间的距离小于平衡位置的距离时，分子力表现为斥力，距离再减小的过程中分子力做负功，分子势能增大，故D正确；
E、扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息的运动，故E正确；
故选BDE。

14. 如图所示，两个相同的竖直玻璃管A、B下端通过橡胶管相连，玻璃管中装有适量的水银，两玻璃管的上端封闭，使两玻璃管中分别封闭一段气柱，气柱的长均为L=10cm，A管中空气柱的压强为p1=76cmHg，两管中气体温度均为33℃，A管中水银液面比B管水银液面高出8cm，两玻璃管的长度足够长。

①保持A管不动，将B管缓慢上提，则B管上提的高度为多少时，可以使两管中水银液面相
平?
②若将A管中气体温度升高△T，B管中气体温度降低△T，则△T为多少时，可以使两管中水银液面相平?
【答案】(1) (2)
【解析】【分析】对两部分气体分别根据玻意耳定律列式，结合几何关系即可求解；分别对两部分气体根据理想气体状态方程列式，即可求出；
解：①开始时B管中气体的压强
p2=76 cmHg+8 cmHg=84 cmHg
将B管缓慢上提,设两管中水银液面相平时,A管中水银液面上升h,两管中气体压强相同,
设为p,则p1SL=pS(L-h)
p2SL=pS(L+h)
求得h=0.5 cm B管上提的距离x=2h+8 cm=9 cm
②A管中气体
B管中气体
15. 如图(甲)所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置。

r=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图(乙)所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播。

则下列说法正确的是_________(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)。

A.波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴正方向
B.0~4s内质点b运动的路程为12cm
C.4~5s内质点d的加速度正在逐渐减小
D.6s时质点e第一次回到平衡位置
E.各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相同
【答案】ABE
【解析】由振动图形可知，振动周期为2s，波长为；质点a开始起振的方向为y 轴正方向，故波传播到质点c时，质点c开始振动的方向也沿y轴正方向，选项A正确；振动传到b点需要的时间为1s，故在剩下的3s内，质点b通过的路程为6A=12cm，选项B正确；第4s时刻振动传到e点，此时d点在平衡位置向下振动，故4～5 s内质点d的加速度正在逐渐增大，选项C错误；振动传到e点需时间4s，故6s时质点正好振动一个周期第二次回到平衡位置，选项D错误；因ac之间正好相差一个波长的距离，故各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相同，选项E正确；故选ABE.
16. 如图所示，半径R=4cm的玻璃球，AB为玻璃球的直径。

一束光线平行于直径AB射向玻璃球左侧界面，且光束到AB的距离d=6cm，光线经玻璃球折射后由B点射出。

已知光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s，求：
①玻璃球的折射率；
②光线在玻璃球中传播的时间。

【答案】(1) (2)
【解析】（1）光路如图，设入射角为α，则求出入射角α=600
折射角β=300
折射率：
（2）根据折射率与光速的关系
光在玻璃中的传播距离
解得：。