2018年四川省成都市高考物理一诊试卷

2018年四川省成都市高考物理一诊试卷

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4

题只有一项是符合题目要求，第5～8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. 年月日，我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星（如图所示），开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代．下列关于火箭在竖直方向加速起飞阶段

的说法，正确的是（）

A.火箭只受到重力和空气阻力的作用

B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等

C.火箭处于失重状态

D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面由静止下落

【答案】

B

【考点】

牛顿运动定律的应用-超重和失重

【解析】

明确火箭运动过程受力情况，知道作用力和反作用力的性质；知道加速度向上时物体

处于超重状态，而加速度向下时物体处于失重状态．

【解答】

、火箭受到重力和空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，故错误；

、火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力为作用力和反作用力，

二者大小相等，故正确；

、火箭加速向上，故处于超重状态，故错误；

、保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有向上的速度，故做竖直上抛运动，故错误。

2. 图中实线是某电场中一簇未标明方向的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用

下通过该区域时的运动轨迹，、是轨迹上的两点．根据此图不能作出判断的是（）

A.、两点中，哪点的电势较高

B.、两点中，哪点的电场强度较大

C.带电粒子在、两点的加速度哪点较大

D.带电粒子在、两点的电势能哪点较大

【答案】

【考点】

电场强度

电势差与电场强度的关系

电势能

【解析】

根据粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，粒子的电性未知，不能判断电场线的方向．可以知道电场线分布的疏密情况，即可知电场强度的大小，从而判断电场力的大小，分析加速度的大小；根据电场力做功情况，判断电势能的变化．

【解答】

、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在、两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子的电性未知，所以电场线方向不能判断，则无法确定哪点的电势较高。故错误。、由图看出处电场线比处电场线疏，而电场线疏密表示场强的大小，即可判断出处场强较小，故正确。

、带电粒子在处所受的电场力较小，则在处加速度较小，故正确。

、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增大，则粒子在点电势能较大。故正确。

该题选不能作出正确判断的，

3. 如图甲所示，四根等长的缆绳一端悬于起重机的吊钩上，另一端分别系在一个正方形的框架上，框架下面悬吊着重物，起重机将重物以的速度沿竖直方向匀速向上吊起。若起重机的输出功率为，每根缆绳与竖直方向的夹角均为（如图乙所示），忽略吊钩、框架及绳重，不计一切摩擦，，．则悬于吊钩的每根缆绳的拉力大小为（）

A. B.

C. D.

【答案】

C

【考点】

物体的弹性和弹力

解直角三角形在三力平衡问题中的应用

【解析】

重物匀速运动，合力为零，由求出重物的重力。运用正交分解法，根据共点力平衡条件求每根缆绳的拉力。

【解答】

由得

所以重物的重力

设每根缆绳的拉力大小为，根据共点力平衡条件得

解得

4. 年月日，我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，该卫星的发射将使我国在国际上率先实现高速星地量子通信，初步构建量子通信网络．“墨子号”卫

星的质量为（约），运行在高度为（约）的极地轨道上，假定该卫星的轨道是圆，地球表面的重力加速度为，地球半径为．则关于运行在规道上的该卫星，

下列说法中正确的是（）

A.运行的速度大小为

B.运行的向心加速度大小为

C.运行的周期为

D.运行的动能为

【答案】

D

【考点】

万有引力定律及其应用

随地、绕地问题

【解析】

在地面附近，重力等于万有引力，根据万有引力定律列式；卫星做匀速圆周运动，万

有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析得到线速度、向心加速度、周期表达

式即可．

【解答】

、对卫星，根据牛顿第二定律，有：

，

解得：，

在地面，重力等于万有引力，故：

，

联立解得：，故错误；

、向心加速度由万有引力产生，由于在高处，卫星的万有引力小于其在地面的重力，根据牛顿第二定律，，故错误；

、对卫星，根据牛顿第二定律，有：，

在地面，重力等于万有引力，故：，

联立解得：，故错误；

、由选项的分析知，故卫星的动能，故正确；

5. 如图甲所示，倾角的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质

量为的物体沿斜面向上运动．已知物体在到这段时间的图象如图乙所示，弹簧的劲度系数，重力加速度取．则在该段时间内（）

A.物体的加速度大小为

B.

弹簧的伸长量为

C.弹簧的弹力做功为

D.物体的重力势能增加

【答案】

B

【考点】

含弹簧类机械能守恒问题

用牛顿运动定律分析斜面体模型

【解析】

根据速度时间图线的斜率求出匀加速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律和胡克定律结合求出弹簧的伸长量．由图象的“面积”求出位移，再求得弹簧做的功．由上升的高度求物体的重力势能增加量．

【解答】

．根据图象的斜率等于加速度，得物体的加速度，故

错误．

．根据牛顿第二定律得，得弹簧的伸长量为，故正确．

．物体在到这段时间的位移，

弹簧的弹力做功为，故错误．

．物体的重力势能增加，故错误．

故选．

6. 如图所示的电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，为滑动变阻器，电容器的电容μ．闭合开关，下列说法中正确的是（）

A.将的阻值调至时，电容器的电荷量为

B.将的阻值调至时，滑动变阻器的功率为最大值

C.将的阻值调至时，电源的输出功率为最大值

D.在的滑片由左向右滑动的过程中，电容器所带的电荷量逐渐增加

【答案】

B

【考点】

闭合电路的欧姆定律

【解析】

闭合开关，电路稳定后，电容器相当于开关断开，其电压等于电阻的电压。根据欧姆定律求出电容器两端的电压，由求电量；电源的输出功率为最大值时需满足等于总外电阻，对于研究可变电阻器的功率变化时，可以将其它电阻等效为内阻。

解：．将的阻值调至时，电路中电流为，电容器两端的电压

，带电量为，故错误；

．根据闭合电路欧姆定律知滑动变阻器的功率为最大值时滑动变阻器电阻等于与

电阻之和（可以视为等效内阻），即时，滑动变阻器功率最大，故正确；

．电源的输出功率为最大值时需满足等于总外电阻，故错误；

．在的滑片由左向右移动的过程中，电阻减小，分的电压减小，电容器上电压减小，根据知电荷量减小，故错误．

故选．

7. 一个静止的质点在到这段时间，仅受到力的作用，的方向始终在同

一直线上，随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是（）

A.在到这段时间，质点做往复直线运动

B.在时，质点的动量大小为

C.在时，质点的动能最大

D.在到这段时间，力的冲量为零

【答案】

C,D

【考点】

牛顿第二定律的概念

动量定理的理解

动能定理的应用

【解析】

分析图象的性质，知道合外力的方向与加速度方向相同，根据加速度的方向与速度方

向的关系，从而判断物体的运动过程。再根据图象分析力的冲量，根据动量定理分析

动量的大小。

【解答】

、内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，内，

合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为内和内加速度大小和方向是对称的，则末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直

向前运动，第末质点位移最大；故错误。

、图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在时，冲量大小

，根据动量定理可知，质点的动量大小为，故错误。

、由的分析可知，在时，质点的动能最大，故正确；

、图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在到这段时间，力的冲量为零，故正确；

8. 如图所示，绝缘材料制成的半径为的内壁光滑圆轨道，竖直放置在水平地面上且

左右恰被光滑挡板挡住，圆心点固定着电荷量为的场源点电荷，一电荷量为、可视

为质点的带电小球沿内壁做圆周运动，当小球运动到最高点时，地面对轨道的弹力恰

好为零。若轨道与小球的质量均为，?，忽略小球的电荷对形成的电场的影响，重力加速度为，静电力常量为。下列说法中正确的是（）

A.轨道内壁的电场强度处处相同

B.轨道内壁的电势处处相等

C.运动到与圆心等高的点时，小球对轨道的压力大小为

D.运动到最低点时，小球对轨道的压力大小为

【答案】

B,D

【考点】

向心力

电场强度

电势差与电场强度的关系

【解析】

根据点电荷的场强和电势特点，分析轨道内壁的电场强度及电势高低，注意电场强度

是矢量，比较时要注意方向；分析小球对轨道的压力时，根据动能定律求出该点的速度，再对小球受力分析，根据牛顿第二定律和向心力公式列式解答。

【解答】

、点电荷的场强特点，轨道内壁的到圆心的距离相等，场强大小相等，方向不同，故错误；

、点电荷的等势面是距离不等的同心圆，故正确；

、当小球运动到最高点时，地面对轨道的弹力恰好为零。有：

对点受力分析，根据牛顿第二定律有：

对应用动能定律有：

联立解得：

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为，故错误；

、对应用动能定律有：

对点受力分析，根据牛顿第二定律有：

联立解得：

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为。故正确；

二、本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题

9. 用如图所示的装置来验证机械能守恒定律，为装有挡光片的钩码，挡光片宽度为，轻绳跨过光滑轻质定滑轮与和重物相连，的质量是的质量的倍，、静止时

挡光片上端到光电门的距离为．由静止释放后，挡光片经过光电门的挡光时

间为，重力加速度为．

（1）实验中，将挡光片通过光电门的平均速度当作下落时的瞬时速度，该速度表

达________（用题中所给字母表示）．

（2）为减小挡光片通过光电门的平均速度与下落时的瞬时速度间存在的误差，下

列做法中可行的是（）（填选项序号字母）．

A.将改换成密度小而体积大的重物

B.减小挡光片的挡光宽度

C.增大挡光片的挡光宽度

D.减小挡光片上端到光电门的距离

（3）在下落的过程中，验证和组成的系统机械能守恒的表达式为________．（用

题中所给字母表示）．

【答案】

（1）

B

（3）

【考点】

用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律

【解析】

此题暂无解析

【解答】

（1）由于挡光片通过光电门所用的时间很短，可认为平均速度等于瞬时速度，故瞬时

速度的表达式为；

（2）根据瞬时速度的定义可知，要减小测量误差，可减小挡光片的宽度，选项正确. 故选．

（3）设的质量为，则的质量为，在下落的过程中，对、组成的系统，由机械能守恒定律得：

，化简得；即验证系统机械能守恒的表达式为．

10. 现有一电池，电动势约为，内阻约为，允许通过的最大电流为．为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验。图中为电阻箱，阻值范围为，为定值电阻，为理想电压表。

（1）可供选用的．有以下几种规格，本实验应选用的的规格为________（填选项

序号字母）。

（2）按照图甲所示的电路图，将图乙所示的实物连接成实验电路。

（3）连接好电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，记录阻值和相应的电压表示数，测得多组实验数据，并作出如图丙所示的关系图象，则电动势________ ，内

阻________．（结果均保留两位有效数字）

【答案】

根据原理图图，连接实物图如图所示；

,

【考点】

测定电源的电动势和内阻

【解析】

（1）根据题目中给出的数据及闭合电路欧姆定律可明确定值电阻；

（2）根据原理图连接实物图即可；

（3）根据闭合电路欧姆定律得出表达式，根据图象即可求得电动势和内电阻。

【解答】

定值电阻起保护作用，电动势为，允许通过的电流为：；由欧姆定律可得：；

需要的保护电阻约为：；故电阻数值上均可以，但由于中额定功率

太小，所以额定电流过小，故应选择

根据原理图图，连接实物图如图所示；

由闭合电路欧姆定律得：

可整理为：。

根据图象可知：；

解得：

解得：；

11. 如图所示，圆心为的四分之一圆弧形接收屏，水平放置在光滑绝缘的水平桌面上，整个装置处于水平方向的匀强电场中，电场强度的方向垂直于直线．现将一带

正电小球从点沿方向射出，其初动能为，小球恰好垂直打到圆弧上的点．已知

（1）求小球在点的电势能；

（2）若过点作的垂线交于点（图中未标出），试通过计算推导，证明点恰好是的中点．

【答案】

（1）小球在点的电势能．

（2）证明步骤如解答步骤．

【考点】

匀强电场中电势差和电场强度的关系

电势能

【解析】

由类平抛运动知点速度，根据功能关系列式求解势能．

通过求解位移与水平方向夹角正切值和速度与水平方向的夹角正切值，从而根据几何关系证明点恰好是的中点．

【解答】

解：（1）设小球的质量为，初速度为，小球在水平面内只受电场力做类平抛运动，垂直打在点，可知小球在点速度方向的反向延长线必过点，

小球在点速度为：，

从到，由能量守恒知：，

，

解得：．

（2）如图所示，

设圆弧半径为，距离为，小球从到位移偏向角为，经历时间为，加速度为．由运动规律知

，

，

故，

由图知，，

解得：，

，

12. 如图所示，粗糙水平地面上静止放着相距的两块相同长木板、，每块木板长，与地面的动摩擦因数．一可视为质点的物块以的初速度水平向右滑上木板的左端，的质量为每块木板质量的倍，与木板的动摩擦因数．若．碰后速度相同但不粘连，碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取．求：

（1）木板经历多长时间与木板相碰？

（2）物块刚滑离木板时，的速度大小；

（3）、最终停下时，两者间的距离。

【答案】

木板经历与木板相碰。

物块刚滑离木板时，的速度大小为；

、最终停下时，两者间的距离为。

【考点】

匀变速直线运动的位移与时间的关系

动量守恒定律的理解

【解析】

（1）由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速运动的位移公式求出位移，求出碰撞需要的时间。

（2）、碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后求出物块刚滑离木板时，的速度。

（3）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出、的位移，然后求出、最终停下时，两者间的距离。

【解答】

设的质量为，则的质量为，的质量为，由牛顿第二定律得：

对，解得：，

对，解得：，

由匀变速直线运动的位移公式得：

对，

对，

解得：，，

此时与端的距离：，

碰撞前的速度：，

的速度：；

、碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：，解得：，

碰撞后、所受合外力：，

碰撞后两板一起做匀速直线运动，刚滑离板时的速度：；

从、碰撞到滑上所需时间为，

刚滑上时的速度：，

、分离后，对，由牛顿第二定律得：，解得：，

从分离到停止运动，位移：，

板以的加速度做匀加速直线运动直到与共速，

则：，解得：，，

的位移：，

此后、一起以的加速度做匀减速直线运动直到静止，

位移：，

最终停下来时，、间的距离：；

[物理一一选修3-4]（15分）

13. 两波源分别位于和处，从时刻起两波源开始振动，形成沿轴相向传播的简谐横波和，如图所示为时刻两列波的图象。已知两波的振幅分别为，，质点的平衡位置在处，质点的平衡位置在处。下列说法中正确的是（）

A.两列波的波源起振方向相同

B.和两列波的波长之比为

C.时，质点向下振动，质点的坐标为

D.和，两列波将在时相遇，之后叠加形成稳定的干涉图样

E.时，处的质点位移为零但振动加强

【答案】

B,C,E

【考点】

横波的图象

波长、频率和波速的关系

【解析】

波源起振方向与介质中各个质点的起振方向相同。由波的传播方向来确定质点的起振方向。由图读出两列波的波长。简谐横波和在同一介质中传播，波速相等，由

求出频率关系，对照干涉的条件分析能否形成稳定的干涉图样。根据时间与周期的关系分析质点的运动状态。

【解答】

、波源起振方向与波前质点的起振方向相同，由波形平移法知，简谐横波的波源起振向下，简谐横波的波源起振方向向上，故错误。

、简谐横波的波长为，简谐横波的波长为，所以和两列波的波长之比为，故正确。

、根据题意知，Ⅰ波的周期为，Ⅱ波的周期为，时，质点已经振动了两个周期，所以此时质点向下振动。时，质点已经振动了，到达波

、两列波的频率不同，所以叠加时不能形成稳定的干涉图样。故错误。

、时，Ⅰ波刚传到处，处的质点位移为零，Ⅰ波引起该质点向下运动。Ⅱ波刚传到，处的质点位移为零，Ⅱ波引起该质点向下运动，所以时，处的质点位移为零但振动加强，故正确。

14. 如图所示为一个用折射率的透明介质做成的四棱柱的截面图，其中

，，．现有一单色光在色细光束从距点的点垂直入射到棱镜的面上．每个面上的反射只考虑一次，已知光在真空中的速度为

．

求：

最先从棱镜射出的光束的折射角；

从面射出的光束在棱镜中运动的时间．

【答案】

最先从棱镜射出的光束的折射角为；

从面射出的光束在棱镜中运动的时间为．

【考点】

光的折射现象

【解析】

作出光路图，根据几何关系求出入射角，结合折射定律得出临界角的大小，通过比较判断光线最先从哪个面射出，根据折射定律求出折射角．

根据几何光线求出光束在棱镜中传播的路程，结合求出光束在棱镜中传播的

速度，从而得出光束在棱镜中传播的时间．

【解答】

光束从点垂直面进入棱镜，射到面上，光路如图所示，

由几何关系知，入射角，

由知，，故有光从面射出去．

由折射定律得，，

解得，即最先从棱镜射出的光束的折射角为．

当光经面反射后沿射到面时，入射角，

因，故光在面上将发生全反射，此后光垂直面从点射出，设为，过做的垂线交于点，

则有：，，，

在中，，

解得．

则有：，，，又，，

代入数据解得．