四川省德阳市2018届高三一诊物理试题 Word版含解析

四川省德阳市2008届高三“一诊”考试物理试题说明：1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6页。

考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效。

考试结束后，将答题卡交回。

2．本试卷满分110分，90分钟完卷．第Ⅰ卷 (选择题共44分)一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一个选项符合题目要求，8～11题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选的得0分．)1. 物理学中有多种研究问题的方法，下列有关研究方法的叙述中错误的是A. 将实际的物体抽象为质点采用的是建立理想模型法B. 探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，采用了控制变量法C. 定义电场强度的概念，采用的是比值定义法D. 伽利略比萨斜塔上的落体实验，采用的是理想实验法【答案】D【解析】将实际的物体抽象为质点采用的是建立理想模型法，选项A正确；探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，采用了控制变量法，选项B正确；根据可知，定义电场强度的概念，采用的是比值定义法，选项C正确；理想实验是想象的实验，而伽利略比萨斜塔上的落体实验，是真实的实验．故D错误．此题选项错误的选项，故选D.2. 关于运动和力的关系，下列说法中正确的是A. 物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动B. 平抛运动中相等时间内速度的变化量相同C. 做曲线运动的物体，某点的加速度方向就是通过该点曲线的切线方向D. 物体的速度方向发生变化时，可能不受力的作用【答案】B3. 如图所示，直线a与半圆周b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v－t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为(B质点的运动为理想模型)A. 1 m/s2B. 2 m/s2C. m/s2D. m/s2【答案】C【解析】设A的加速度为a．两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，即x a=x b．根据v-t图象的“面积”表示位移，得,由题知 t=4s，解得 a=m/s2．故选C.4. 质量为m的物体，以大小为v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后速度恰为0．从最高点返回原处的速率为v0，则下列说法正确的是A. 上滑过程中重力的冲量比下滑时小B. 上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C. 合力在上滑过程中的冲量大小为mv0D. 整个过程中物体动量变化量的大小为mv0【答案】A..................5. 如图所示，“嫦娥二号”卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，一经多次变轨，由椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ最终进入半径为100 km、周期为118 min的圆轨道Ⅲ，开始对月球进行探测，则下列说法中正确的是A. 卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度大B. 卫星在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上大C. 卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大D. 卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大【答案】C【解析】根据万有引力提供圆周运动向心力可得线速度，在圆轨道上运动第一宇宙速度是绕月飞行的最大速度，故在轨道III上运动的速度小于第一宇宙速度，故A 正确；由几何知识知，卫星在轨道I上的半长轴大于在轨道III上的半径，根据开普勒行星定律可知卫星在轨道III上运动的周期比轨道I上短，故B错误；卫星在轨道I上变轨至轨道II上时，星上发动机需要对卫星做负功使其减速做近心运动，此过程中发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小，所以在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大，故C正确．在轨道I上经过P点后，卫星做离心运动，根据离心运动条件可知，卫星在轨道I上经过P点时的速度大于在轨道III上经过P点的速度，故D错误；故选C．点睛：万有引力提供卫星圆周运动向心力和开普勒行星运动定律分析卫星变轨问题，知道卫星通过加速做离心运动抬高轨道，减速做近心运动降低轨道．6. 如图所示，光滑绝缘水平面上有一点B，在其正上方O点固定一个电荷量为＋Q的点电荷，从水平面上的A点由静止释放一质量为m、电荷量为－q的物体(可视为点电荷)，该物体经过B点时的速度为v．图中θ＝60°，规定电场中B点的电势为零．则在＋Q形成的电场中，下列说法正确的是A. 物体在B点受到的库仑力是A点的2倍B. B点的场强大小是A点的2倍C. A点的电势为D. 物体在A点的电势能为mv2【答案】D【解析】由几何关系可知，OA=2OB，根据库仑定律可知物体在B点受到的库仑力是A 点的4倍，选项A错误；根据可知，B点的场强大小是A点的4倍，选项B错误；根据动能定理得：检验电荷由A到B的过程：-q（φB-φA）=mv2，由题，B点的电势为零，即φB=0，解得A点的电势φA=-．故C错误；检验电荷在A点具有的电势能为E PA=-qφN=mv2．故D正确．故选D．点睛：本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低，以及点电荷场强公式、电势能公式E P=qφN．7. 如图所示，A、B两物体的质量分别为m A、m B，且m A＞m B，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，PQ距离为L，整个系统重新平衡后，则关于两滑轮间的绳与水平方向的夹角θ以及物体A的高度变化情况正确的是A. θ角不变，物体A上升的高度为B. θ角不变，物体A上升的高度为C. θ角不变，物体A上升的高度为D. θ角减小，物体A的高度不变【答案】A【解析】将绳一端的固定点Q缓慢向右移到P点时，绳子的拉力大小不变，分析动滑轮的受力情况，作出力图如图，设绳子的拉力大小为F，两绳子的夹角为2α=π-2θ，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向有对称性，则有2Fcosα=m A g，由于F=m B g，保持不变，则得知，α角保持不变，由几何知识得知，α+θ=90°，则θ保持不变，当绳一端的固定点Q缓慢向左移到P点，动滑轮将下降，则物体A的高度升高．结合几何关系，动滑轮与天花板间的2段绳子的长度增加量为：，故A上升的高度为h=，故A正确，BCD错误；故选A．点睛：本题关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变．对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性．8. A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间(x－t)图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的位移－时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图像，若A球的质量m A＝3kg，则由图可知下列结论正确的是A. A球碰撞前的速度v A＝3 m/sB. B球的质量为m B＝2 kgC. A、B两球碰撞前的总动量为13 kg·m/sD. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为15 J【答案】BD【解析】由图示图象可知，碰撞前，A球的速度：，B球的速度为：v B==2m/s 碰撞后，A、B两球的速度相等，为：v A′=v B′=v==-1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v A+m B v B=（m A+m B）v，解得：m B=2kg，故AB正确．A、B两球碰撞前的总动量为m A v A+m B v B=（m A+m B）v =5 kg·m/s，选项C错误；碰撞中，A、B两球组成的系统损失的动能：△E K=m A v A2+m B v B2-（m A+m B）v2=×3×（-3）2+×2×22-×（3+2）×（-1）2=15J，故D正确．故选ABD．点睛：本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律．9. 如图所示，一个质量为m A＝2kg的物块A静止叠放在质量为m B＝1kg的长木板B上，地面光滑，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.6．若现用水平恒力作用在物块A上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是A. 当F＜12N时，A、B保转相对静止B. 当F＞12N时，A、召一定相对滑动C. 当F＝16N时，A的加速度大小为2 m/s2D. 无论F为何值，B的加速度大小不会超过12 m/s2【答案】AD【解析】A、B将要滑动时的最大加速度为，此时对AB整体：，则当F＜12N时，A、B保持相对静止；当F＞36N时，A、B一定相对滑动，选项A正确，B错误；当F＝16N时，两物体相对静止，此时A的加速度大小为，选项C错误；由以上分析可知，B的最大加速度为12m/s2，即无论F为何值，B的加速度大小不会超过12 m/s2，选项D正确；故选AD.10. 电动机以恒定的输出功率P和恒定的角速度ω卷动绳子，电动机卷绕绳子的轮子半径为R，拉着质量为m的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，当运动至绳子与水平方向成θ角时，下述说法正确的是A. 木箱将做匀速运动，速度是RωB. 木箱将做变速运动，此时速度是C. 此时木箱对地的压力为mg－D. 此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化【答案】BC【解析】物块沿绳子方向上的速度大小v′=ωR．将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据平行四边形定则，当运动至绳子与水平成θ角时，木块的速度，知木箱做变速运动，但不是匀速．故A错误，B正确．根据P=Fv′，知绳子的拉力，根据正交分解得，N=mg-Fsinθ=mg-．故C正确．木箱在水平面上运动，合外力的大小在变化，方向不变．故D错误．故选BC．点睛：解决本题的关键会对物体的速度按实际效果进行分解以及会运用正交分解处理力学问题；知道速度的分解和力的分解的不同．11. 如图所示，物块A、B的质量均为m，小球C的质量为2m，C与A、B间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，A、B置于光滑水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现将小球C 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角θ由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中下列说法正确的是A. C的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于2mgB. C的动能最大时，B受到地面的支持力大于4 mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A处于失重状态D. 弹簧的弹性势能最大值为(－1)mgL【答案】AD【解析】C的动能最大时，设A和B受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=mg；在C的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A正确，B错误；当C达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，C的加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；C下落的高度为：h=Lsin60°-Lsin30°，根据功能关系可知，小球C的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为E P=2mgh=(-1)mgL，故D正确．故选AD．点睛：解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重．第Ⅱ卷(非选择题共66分)二、实验题(两小题，共15分)12. 如图所示，上、下两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平，上轨道可上下平移，在两轨道相对于各自轨道末端高度相同的位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A、B，断开开关，两个小球同时开始运动．离开圆弧轨道后，A球做平抛运动，B球进入一个光滑的水平轨道，则：(1)B球进入水平轨道后将做__________运动；改变上面轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A球正好砸在B球上，由此现象可以得出的结论是：_________(2)某次实验恰按图示位置释放两个小球，两个小球相碰的位置在水平轨道上的P点处，已知固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为l0，则可计算出A球平抛的初速度大小为_____________．(重力加速度为g)【答案】 (1). 匀速 (2). A球(或平抛运动)的水平分运动是匀速直线运动 (3).【解析】（1）让两小球从相同的弧形轨道上相同高度滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度．小球A做平抛运动，小球B做匀速直线运动，当两小球相遇时则说明小球平抛运动水平方向是匀速直线运动．当同时改变两小球滚下的高度时，仍能相碰，则说明平抛运动水平方向总是匀速直线运动．（2）物体平抛运动因此有：竖直方向：h=9l0=gt2，水平方向：9l0=v0t；解得初速度：13. 实验室有下列器材：灵敏电流计G(内阻约为50Ω)；电压表V(0～3V，内阻约为10kΩ)；电阻箱R1(0～9999Ω)；滑动变阻器R2(0～100Ω，1.5A)；旧干电池一节；导线、开关若干某实验小组先测灵敏电流计的内阻，电路如图甲所示，测得电压表示数为2V，灵敏电流计示数为4 mA，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则灵敏电流计内阻为______Ω．(2)为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为_______Ω．调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势和内阻，调节滑动变阻器读出了几组电压表和电流计的示数如下表，请在图丁所示的坐标系中作出合适的U－I G图线___．(3)由作出的U－I G图线求得干电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．【答案】 (1). 45Ώ (2). 5Ώ (3). (4).1.4V (5). 15.5Ώ【解析】（1）由图乙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：R1=0×1000Ω+4×100Ω+5×10Ω+5×1Ω=455Ω，由欧姆定律可得：，电流计内阻为：R g=500-455=45Ω．（2）将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，并联电阻阻值：；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：（3）由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.4，电源电动势E=1.40V，电流表内阻，，图象斜率：，电源内阻：r=k-R A=20-4.5=15.5Ω．点睛：本题考查了求电流表内阻、电流表改装、作图象、求电源电动势与内阻；电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，分析清楚电路结构、应用串联电路特点可以求出电流计内阻；电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．三、计算题(本题共4小题，共51分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)14. 如图所示，光滑水平地面与足够长的倾角θ＝30°的光滑斜面平滑连接，A球位于斜面底端，B球在水平地面上，两者相距L＝10 m．现A、B两个小球均以初速度v0＝10m/s开始运动，A沿斜面向上，B沿水平面向右，取g＝10m/s2，求：(1)B球刚要滑上斜面时A球的速度；(2)A球到达最高点时，AB两球之间的距离．【答案】（1）5m/s（2）2.5m【解析】(1)设B球经过t1时间到达斜面底端，有：t1＝＝1 sA球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：a＝＝mg sin30°＝5m/s由v1＝v0－at1 得B球到达斜面底端时A球的速度为v1＝10－5×1＝5 m/s (2)A球到达斜面顶端的距离为s A＝＝＝10 mA球在斜面上滑行t2速度减为零t2＝＝2 sB球在斜面上滑行距离s B＝v0(t2－t1)－a(t2－t1)2＝7.5 m故A与B相距Δs＝s A－s B＝2.5 m15. 如图所示，在宽度为d的条形区域内有匀强电场，电场方向平行于区域边界．有一个质量为m的带正电粒子(不计重力)从左边界上的P点，以初速度v0沿垂直于电场方向射入电场，粒子从右侧边界上的Q点射出时的速度与边界的夹角为θ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．(1)求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向的位移y的大小；(2)在上述过程中，粒子的机械能变化了多少?【答案】（1）（2）【解析】(1)由平抛运动和几何知识得：tanθ＝d＝v0 tv y＝a t解得：a＝而：y＝解得：y＝(2)粒子由P到Q的过程，电场力做功为：W＝qE y＝ma y 解得：16. 如图所示，水平面AB与水平皮带BC平滑相切，右端有一个半径为R的光滑1/4圆弧CD与皮带水平相切．AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，图中AB＝BC＝R＝0.4m，物体P和Q的质量均为m＝1kg(可看成质点)，P带了电荷量为q的正电荷，且电荷量不会转移，皮带顺时针转动，皮带速率恒为v＝2m/s．现给静止在A处物体P一个水平向右的初速度，一段时间后与静止在B处的物体Q发生正碰并粘在一起，以后粘合体恰能到达圆弧的D点．取g＝10m/s2．(1)求物体P的初速度v0；(2)当粘合体第一次离开皮带后，在皮带所在的BC处加上竖直向下的匀强电场E，且qE＝3mg，求粘合体第二次回到圆弧上所能达到的最大高度h是多大．【答案】（1）m/s（2）0.2m【解析】(1)粘合体由C到D过程，由机械能守恒定律得：＝2mgR解得：v C＝＝m/s粘合体由B到C过程由动能定理得：－μ·2mgR＝－解得：v B＝＝m/sP与Q在B处相碰，由动量守恒定律得：mv pB＝2m B解得：mv pB＝m/sP物体由A到B过程，由动能定理得：－μmg·R＝－解得： v0＝m/s(2)设粘合体到达离B点x处速度为0，此过程由能量守恒定律得：2mg·R＝μ(2mg＋qE) ·x解得：x＝0.32 m粘合体速度为0时还在皮带上，之后向右加速至与皮带共速时位移为x1，则：μ(2mg＋qE) ·x1＝解得：x1＝0.16 m粘合体之后与皮带一起匀速运动，最后以速度v冲上圆弧，由机械能守恒定律得：＝2mgh解得：h＝0.2 m17. 如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直平面内的A、B两点，直径与竖直方向的夹角为θ＝60°，O为半圆形导轨的圆心，D为O点正下方导轨上的点，在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数k＝的光滑弹性轻绳穿过圆环且两端固定在A、B两点，已知弹性轻绳始终在弹性限度内且遵守胡克定律，重力加速度为g，将圆环从A点正下方的C 点由静止释放．(1)如果导轨是光滑的，求圆环到达D点时，弹性轻绳的弹力F的大小以及圆环到达D点时的速度v的大小；(2)如果导轨是粗糙的，且圆环与导轨间的动摩擦因数为μ，已知圆环运动到D点时恰好达最大速度，求圆环由C点运动到D点过程中克服摩擦力做的功W f【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）C、D两点弹性势能相同，则有，，解得D点：，，解得（2）只有向心加速度，即切向合力为零，，解得另方向向上，根据动能定理可得故考点：考查了圆周运动，动能定理【名师点睛】本题考查了求圆环的速率、轨道对圆环的作用力，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；本题的难点，也是本题解题的关键是：应用数学知识气促C、D两点间的高度差、求出弹性绳的形变量．。