四川省成都市新都区届高三毕业班摸底测试理综物理试题 含解析由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高三理综物理试题”。
四川省成都市新都区2018届高三毕业班摸底测试
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.a、b两物体在同一直线上运动，二者运动的v-t图象均为直线．如图，已知两物体在4s末相遇。则关于它们在0~4s内的运动．下列说法正确的是：()
A.a、b两物体运动的方向相反 B.a物体的加速度小于b物体的加速度 C.t=2s时两物体相距最远 D.t=0时刻，a在b前方3m远处 【答案】C 【解析】 A、a、b两物体都沿正方向运动，运动的方向相同，A错误；
..................C、两物体在4s末相遇，结合图象，说明是a追b,因此速度相等时相距最远，C正确； D、设时相距x0,则有：，两物体在4s末相遇，所以，解得故选C。
2.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O'点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体：OO'段水平，长度为L，绳子上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为()，D错误；
A.B.C.D.【答案】D 【解析】试题分析：假设平衡后轻环位置为P，平衡后，物体上升L，说明此时POO'恰好构成一个边长为L的正三角形，绳中张力处处相等，均为Mg，故钩码的重力恰好与PO'、PO拉力的合力等大反向，由三角函数关系可知，钩码的重力为考点：共点力的平衡
【名师点睛】解决共点力平衡的相关问题时，对正确的研究对象（如系统、单个物体、结点等）做出受力分析往往是解决问题的关键，还要注意几何关系的应用。
3.如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空。为了研究学生沿竿的下滑情况，在竿顶部装有一拉力传感器，可显示竿顶端所受拉力的大小。现有一质量为50kg的学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，3s末滑到竿底时速度恰好为零。以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s，则()
2，故其质量为，选D。
A.该学生下滑过程中的最大速度是3m/s B.该学生下滑过程中的最大速度是6m/s C.滑杆的长度是6m D.滑杆的长度是3m 【答案】C 【解析】由图读出人的重力G=500N．在0-1s内，人的重力大于摩擦力，人做匀加速运动，1-3s内，人的重力小于摩擦力，人做匀减速运动，则在t=1s末人的速度最大．设在0-1s内人的加速度大小分别为a，根据牛顿第二定律有：G-F1=ma，得到：，t=1s末人的速度最大，最大速度为：vmax=at1=4×1m/s=4m/s，故AB错误；人在0-1s内位移为：x1=at1=×2.4×1=1.2m，人在1-3s时间内的位移为：D正确．故选D． 4.如图所示，一长为的木板倾斜放置，倾角为45º。一弹性小球自与木板上端等高的某，所以滑杆的长度为L=x1+x2=6m，故C错误，22处静止释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变且沿水平方向。若小球一次碰撞后恰好落到木板底端，则小球释放点距木板上端的水平距离为()
A.B.C.D.【答案】D 【解析】设小球第一次碰板时速度大小为v，对自由下落阶段
y1＝gt12
v=gt1 对平抛阶段: y2＝gt22
x2=vt2 根据题意可知lsin45°＝y1+y2，故选D.联立以上方程可解得5.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r)与运行周期的平方(T)的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期。则（）
3A.行星A的质量小于行星B的质量 B.行星A的密度小于行星B的密度
C.当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速 D.行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度 【答案】C 【解析】根据万有引力提供向心力得出：
得：，根据图象可知，A的比较B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；根据得：，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速，故C正确．第一宇宙速度，A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故D错误； 故选C.点睛：要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．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．
6.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上,小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是
A.金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B.金属块B受到桌面的支持力不变 C.细线的张力变大 D.小球A运动的角速度减小 【答案】BD 【解析】设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为 θ，对B研究，B受到的静摩擦力f=Tsinθ，对A，有：Tsinθ=ma，Tcosθ=mg，解得a=gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于（M+m）g，故B正确；细线的拉力变小，故C错误；设细线长为l，则a=gtan θ=ω2lsin θ，故D正确．故选BD．
7.某段滑雪道倾角为30°，滑雪运动员（包括雪具在内）总质量为m，从距底端高为h处由静止开始匀加速下滑，下滑加速度g／3（重力加速度为g）．在他下滑的整个过程中（）A.运动员减少的重力势能全部转化为动能 B.运动员克服摩擦力做功为2mgh／3 C.运动员最后获得的动能为2mgh／3 D.系统减少的机械能为mgh／3 【答案】CD 【解析】由于运动员的加速度 a=g＜gsin30°=g，所以人在下滑中受到了摩擦力的作用，摩擦力做负功，所以运动员减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误．由牛顿第二定律可知，人受到的合力 F合=ma=mg，下落的距离为 s=2h, 故合力的功 W=F合s=mgh； 由动能定理可知，运动员最后获得的动能为 Ek=W=mgh，故C正确；物体合外力 F合=mgsin30°-Ff=mg，θ变小，T，θ变小，ω变小，故摩擦力 Ff=mg；摩擦力所做的功 Wf=-Ffs=-mgh；故克服摩擦力做功为mgh，故B错误；根据功能关系知，克服摩擦力做功等于机械能的减小量，故机械能减小了mgh，故D正确；故选CD.点睛：在理解功能关系时，应注意重力做功等于重力势能的变化量，阻力做功等于机械能的改变量，而合力外力做功等于动能的变化量． 8.如图甲所示，倾角的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v-t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g．关于小球的运动过程，下列说法正确的是：（）
A.小球在tB时刻所受弹簧弹力等于B.小球在tC时刻的加速度大于
C.小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点
D.小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 【答案】ABC 【解析】小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则F弹=mgsin30°= mg，故A正确；在乙图中，关于A点对称的点可知，此时弹簧的弹力为0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化0.5mg，故到达C点时弹簧的弹力大于2×0.5mg=mg，所以弹力大于mg，根据牛顿第二定律可知F弹-mgsinθ=ma，解得a＞g，故B正确；整个过程中，乙弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C点释放，小球能到达原来的释放点，故C正确；小球从tA时刻到tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减小量与动能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误．故选ABC.点睛：解决本题的关键知道小球在整个过程中的运动情况，结合图象，由牛顿第二定律进行分析求解，要知道系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒，但小球的机械能并不守恒．
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
9.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如下左图所示。所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度，并在下面右图坐标上描出了弹簧所受的拉力与弹簧长度所对应的五个点，连接这些点就得到一条图线。
（1）由此图线可计算出该弹簧的劲度系数k=_______N/m（2）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较 优点在于：__________________________________ 缺点在于：__________________________________ 【答案】(1).（1）20(2).（2）优点是：避免弹簧自身所受重力对实验的影响；(3).缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．
【解析】（1）描点作图，F-L如图所示如图所示； 当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，因为弹簧的长度L=5cm，可知弹簧的原长L0=5cm．
根据胡克定律知，可知图线的斜率表示劲度系数，则
（2）优点是：避免弹簧自身所受重力对实验的影响；
缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．
10.为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)
（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________。A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________ m/s(结果保留两位有效数字)。
（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。2
A．2tan θ B． C．k D．
【答案】(1).（1）CE(2).（2）3.0(3).（3）D
（2）相邻两个计数点间还有两个点没画出，故相邻两计数点间的时间间隔逐差法可得（3）对小车受力分析，由牛顿第二定律可得：解得D正确，考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验，可得：，即，根据，【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．
11.在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动.如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始下滑，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数为度。，不计空气阻力，重力加速
（1）若斜坡倾角大小。（，人和滑块的总质量为），求人在斜坡上下滑时的加速度（2）若由于受到场地的限制，A点到C点的水平距离为，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求？ 【答案】（1）2.0m/s（2）25m 【解析】试题分析：（1）对人和滑块受力分析，由牛顿第二定律可得，则加速度为：（2）设高为h，则斜面长滑到B点时的速度在地面滑动时加速度大小为：又有，，水平面BC长，2。即解得。
考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与位移的关系
【名师点睛】本题是对牛顿第二定律的应用，对物体受力分析可以求得加速度的大小，再利用匀变速直线运动的规律可以求得高度的大小。12.如图所示，高的水平台面上是一个以的速度顺时针转动的水平传
处也有一高度的足够长水的小物块送带AB，在该水平台面右边竖直面BC的右端平台面，其左端竖直面DE也是竖直方向，E点为平台的左端点。将一质量无初速度的放在传送带上的A点处。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带的长度，传送带的滑轮大小可以忽略，重力加速度取
．
（1）求物体从A到B的过程中，产生的热量；
（2）求小物块离开传送带后，第一落点的位置到E点的距离。【答案】（1）4J（2）0.1m 【解析】（1）小物块加速过程的加速度为：a=μg=1m/s，假设小物体在传送带上一直做匀加速运动，离开传送带时的速度为v1，则由v2=2aL，得到：v1=2m/s，由于v1＜v0=3m/s，所以假设成立； 传送带上加速的时间；
2其间传送带的位移为x1=v0t1=6m，相对位移△s=x1-L=4m，产生的热量Q=μmg△s=4J；
（2）小物体离开传送带后做平抛运动，若能到平台下方的地面，则：x=v1t，H＝gt，解得x1=0.6m，由于x1＞0.4m，所以小物体不可能到达平台下方的地面； 故物体落在竖直面DE上，由于，故y＝gt2＝0.2m
2则小物块落点距E的距离d=h-（H-y）=0.1m；
点睛：本题关键是明确小物块的受力情况和运动情况，要加速和平抛两个过程讨论，在传送带上运动过程要判断是否有匀速，平抛运动要先判断可能的落点．
（二）选考题：
13.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是_______
A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量 【答案】ABD 【解析】在过程ab中，体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，压强增大，温度升高，内能增加，A正确，C错误；在过程ca中，气体体积缩小，外界对气体做功，压强不变，温度降低，故内能减小，由热力学第一定律可得气体向外界放出热量，B正确，E错误；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，D正确。
【名师点睛】本题考查了理想气体的三种特殊状态变化，等容变化、等压变化和等温变化，考查了其中气体与外界的能量交换情况及热力学第一定律，解题时要分析清楚图象，根据理想气体状态方程与热力学第一定律解题。
14.如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的活塞相连，已知大气压强为1.0×10Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面间的最大静摩擦力为气缸重力的0.2倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略，开始时被封闭气体压强为1.0×105Pa、温度为27℃，取g=10m／s2，T=273+t．
（1）缓慢升高气体温度，求气缸开始向左运动时气体的压强和温度；（2）若要保证气缸静止不动，求封闭气体温度的取值范围． 【答案】（1）87℃（2）温度在87℃到－33℃之间气缸静止不动
【解析】（1）气缸开始运动时，气缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，此时有：且气缸内气体压强为：气体发生了等容变化有：代入数据得：即：，温度为；
故气缸恰好开始向左运动时气体的压强（2）当气缸恰好向右运动时，温度有最低值，气缸内气体压强为：等容变化即：，得：，故温度在﹣3℃到57℃之间气缸静止不动．
15.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波，下列说法正确的是_______
A．波长为2 m B．波速为6 m/s C．频率为1.5 Hz D．t=1 s时，x=1 m处的质点处于波峰 E．t=2 s时，x=2 m处的质点经过平衡位置 【答案】BCE 【解析】由波形图可知，波长为4 m，A错误；实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5 s时的波形图，波沿x轴正方向传播，又该波的周期大于0.5 s，则0~0.5 s时间内波传播的距离，故周期，频率为1.5 Hz，波速，BC正确；由，t=0时，x=1 m处的质点在波峰位置，t=1时，该质点应该在平衡位置向上振动，D错误；由置，E正确。
【名师点睛】本题知道两个时刻的波形，可以运用波形的平移法分析波传播的最短距离，要理解“该简谐波的周期大于0.5 s”表达的意义。
16.如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）。求，t=0时，x=2 m处的质点在平衡位置，t=2 s时，该质点同样经过平衡位
（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。【答案】（1）R（2）2.74R 【解析】（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l。
①
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有由几何关系有③
④
②
联立①②③式并利用题给条件，得
（ii）设与光轴距的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有
⑤
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有由几何关系有⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得
⑨
⑦
⑥
【名师点睛】本题主要考查光的折射定律的应用，解题关键是根据题意画出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，然后列方程求解。
