1、高三诊断性考试理科综合物理试题1.伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，并且通过实验加以验证：伽利略手稿中记录了一组铜球从斜槽的不同位置由静止下落的距离和所用时间的实验数据，伽利略对上述的实验数据进行了数学处理及逻辑分析，并得出了结论。下列各式哪一个是伽利略通过这个实验得出的结论A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】小球从静止开始做匀加速直线运动，满足，即，有，伽利略发现，斜面的倾角不同，上述比例关系同样成立，只是这个常数的随着的增大而增大；故选D.【点睛】初速度为零的匀加速直线运动既满足运动学基本公式，还满足比
2、例式和判别式、推论式.2.如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接，正好组成一个菱形，ABC=60，整个系统保持静止状态。己知A物块所受的摩擦力大小为F，则D物块所受的摩擦力大小为A. B. C. D. 2 F【答案】A【解析】【分析】物体在水平面上受橡皮绳弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解橡皮绳的弹力，从而求出摩擦力。【详解】已知A物块所受的摩擦力大小为F，设每根橡皮条的弹力为T，则对A，有：2Tcos60=F，对D：2Tcos30=f，解得：。故A正确。【点睛】本题考查了物体受共点力平衡和力的合成计算，难度不大三力平衡的基本解
3、题方法：力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力 相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法应用这种方法，往往能收到简捷的效果。3.如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为=1m/s、=2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为 A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 2：1【答案】A【解析】设乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m2v2-m1v1 =（m1+m2）v，即2m2
4、-m1=（m1+m2）0.5，解得m1：m2=1:1；故选A.4.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(Mm)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A. 两滑块组成系统的机械能损失小于M克服摩擦力做的功B. M所受轻绳拉力与重力的总功等于M动能的增加C. 绳对m做的功大于m动能的增加D. 轻绳对M做的功大于轻绳对m做的功【答案】C【解析】【分析】根据滑块质量关系确定滑块的滑动方向，然后根据滑块的受力情
5、况应用动能定理与能量守恒定律分析答题。【详解】由题意可知，Mm，释放后，滑块M向下滑动，m沿斜面向上滑动；A项：除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，造成机械能损失，则有：两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故A错误；B项：由动能定理可知，M所受轻绳的拉力、重力与摩擦力的做总功等于M动能的增加量，M所受轻绳拉力与重力的总功大于M动能的增加，故B错误；C项：m向上滑动，由动能定理可知，轻绳对m做的功大于m动能增加，故C正确；D项：轻绳对M与对m的拉力大小相等，M与m的位移大小相等，轻绳对M与对m的拉力做功相等，故D错误。故选：C。【点睛】本题关键理解掌握机械能守恒
6、的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化。5.2017年8月28日，中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波。该双星系统以引力波的形式向外辐射能量，使得圆周运动的周期T极其缓慢地减小，双星的质量m1与m2均不变，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，则下列关于该双星系统变化的说法正确的是A. 两颗中子星自转角速度相同，在合并前约100s时B. 合并过程中，双星间的万有引力逐渐增
7、大C. 双星的线速度逐渐增大，在合并前约100s时两颗星速率之和为9.6106 msD. 合并过程中，双星系统的引力势能逐渐增大【答案】BC【解析】【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。【详解】A项：频率为12Hz，由公式，这是公转角速度，不是自转角速度，故A错误；B项：设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L=400km=4105m，根据万有引力提供向心力可知： 整理可得： 解得： 由此可知，周期变小，中子星间的距离变小，所以双星间的万有引力逐渐
8、增大，故B正确；C项：根据v=r可知：v1=r1，v2=r2解得：v1+v2=（r1+r2）=L=9.6106m/s，故C正确；D项：合并过程中，双星间的引力做正功，所以引力势能减小，故D错误。故选：BC。【点睛】本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。6.磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，下图为其原理示意图，平行金属板C、D间有匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与
9、开关 串联接在C、D两端，已知两金属板间距离为d，喷入气流的速度为v，磁流体发电机的电阻为r(R0 r 2R0)。则滑动变阻器的滑片P由a向b端滑动的过程中( )A. 金属板C为电源负极，D为电源正极B. 发电机的输出功率一直增大C. 电阻R0消耗功率最大值为D. 滑动变阻器消耗功率最大值为【答案】AC【解析】因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D板偏，负离子向C板偏，即金属板C为电源负极，D为电源正极，故A正确；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即 ，所以电源电动势为E=Bdv，又R0r2R0，所以滑片P由a向b端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r=R0+R，由电源输出
10、功率与外电阻关系可知，滑片P由a向b端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故B错误；由题图知当滑片P位于b端时，电路中电流最大，电阻R0消耗功率最大，其最大值为 ，故C正确；将定值电阻R0归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R0r+R0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为，故D错误故选AC7.某条直线电场线上有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅考虑电场力作用则A. 若O点的电势为零，则A点的电势为B. 粒子A到B做匀速
11、直线运动C. 粒子运动到B点时动能为D. 粒子在OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量【答案】ACD【解析】【分析】根据E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出A点的电势；利用场力做正功情况分析物体的运动性质；运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。【详解】A项：由图可知E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此，由于，因此，故A正确；B项：粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动；在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；C项：从O到B点过程列动能定理，则有：W电=qUOB=
12、EKB-0，而UOB联立方程解得：EKB，故C正确；D项：粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量；或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOAUBC，根据电场力做功公式W=qU和W=E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故D正确。故选：ACD。【点睛】解答本题的关键是：要知道E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。8.如图所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂
13、直是扇形的两条半径，长度为R一个带电粒子1从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若与该粒子完全相同的带电粒子2以同样的速度从C点平行AO方向进入磁场，C到AO的距离为R2，则A. 1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向B. 粒子带负电C. 2粒子仍然从B点离开磁场D. 两粒子在磁场中运动时间之比为3：2【答案】ACD【解析】【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题。【详解】A项：粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90，1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向，故A正确；B项：带电粒子
14、从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故B错误；C项：粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO=R，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故C正确；D项：粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角1=90，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，2=BO1P=60，粒子在磁场中运动的周期： ，两粒子的周期相等粒子在磁场中的运动时间 ，运动时间之比：t1：t2=1：2=90：60=3：2，故D正确。故选：ACD。【点睛】本题考查了粒子在匀强
15、磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题。9.(1)一同学设计如下实验过程来“验证力的平行四边形定则”，部分实验步骤如下，请完成有关内容：A将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线。B其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录O点的位置和_C将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使_，并记录两个细绳的方向(2)在(1)问中，如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中c
16、os：cos=_。【答案】 (1). （1）B.记录细绳方向 (2). C.两次结点O的位置重合 (3). （2）4:3【解析】【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作。【详解】(1) 一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，需记录O点的位置和细绳的方向；为了使第二次两拉力的共同作用效果与第一次一个拉力的作用效果相同，则两次结点O的位置应重合；(2) 根据O点
17、处于平衡状态，正交分解有：直方向：4mgsin+3mgsin=5mg 水平方向：4mgcos=3mgcos 联立解得：。【点睛】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义。10.某同学要将一个电流表改装为电压表，他先需要精确测量待改装电流表的内电阻实验中备用的器材有：A待改装电流表(量程0300A，内阻约为100) B滑动变阻器(阻值范围0200)C电阻箱(阻值范围09999) D电阻箱(阻值范围099999.9)E电源(电动势4V，有内阻) F电源(电动势12V，有内阻)G滑动变阻器(阻值范围050，额定电流1.5A)H开关
18、两个、导线若干(1)如果采用如图所示的电路测定电流表G的内电阻，并且要想得到较高的精确度。那么从以上备用的器材中，可变电阻R1应选用_，电源E应选用_。(填选项前的字母符号)(2)如果实验时要进行的步骤有闭合S1；闭合S2；观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值。小明同学应该按照以下哪个步骤进行操作_A B C(3)如果在步骤中所得R2的阻值为97.0，要将该电流表G改装成量程为03V的电压表，则需要与电流表_联一个阻值为_的电阻【答案】 (1). D、 (2). F； (
19、3). A (4). 串、 (5). 9903或9903.0；【解析】【分析】本实验采取半偏法测量电流表的内阻，电阻箱电阻比较大时，远大于电流表内阻时，可以认为电流中的总电流不变，调节R2时，使得电流表变为半偏，知电流表的电流与通过R2的电流相等，因电压相等，所以电阻相等，电阻箱R2的阻值等于电流表的内阻根据实验的原理得出实验的步骤，以及得出电流表的内阻；根据电流表的改装原理可得出应串联的电阻阻值。【详解】(1)利用半偏法测量电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则R1的阻值远大于R2的阻值，电动势选择大一些的故可变电阻R1应该选择D，电源应该选择F；(2) 实验采取半偏法测量，先观察R1的阻
20、值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大，合上K1，调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度，再闭合K2，调节R2，使得电流表半偏，此时电阻箱R2的阻值等于电流表的内阻，所以测量步骤为：，故选：A；(3)小量程的电流表改装为大量程的电压表，需串联电阻起分压作用，。【点睛】本题考查半偏法测电阻的实验，要注意明确实验原理，知道实验中要保证干路电流基几乎不变才能有效测量，所以应让R1的阻值远大于R2的阻值，同时为了有效测量应增大电源的电动势，同时还要注意掌握图象的正确分析处理。11.如图所示，位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的A点，其与水平面夹角为53，另一个同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的
21、B点，其与水平面的夹角为45；两长木板底端都在C点处C点距竖直墙的距离L=2.4m(己知sin53=0.8，cos53=0.6) (1)若将一光滑小球从A点由静止释放，小球经多长时间到达最低点C?(2)若将同一粗糙小滑块(可视为质点)分别从A、B两点静止释放，小滑块经过相同时间运动到C点求：小滑块与长木板间的动摩擦因数的大小【答案】（1）1s（2）1/7【解析】【分析】根据牛顿第二定律得出滑块在木板上运动的加速度，结合位移时间公式，抓住时间相等求出动摩擦因数的大小。【详解】(1) 设长木板与水平面间的夹角为，根据牛顿第二定律分析可知，小滑块在长木板上的加速度大小为： 长木板长度为： 联立解得：
22、t=1s；(2) 设长木板与水平面间的夹角为，根据牛顿第二定律分析可知，小滑块在长木板上的加速度大小为：a=gsin-gcos，设竖直墙壁到C点的距离为L，则长木板长度为：联立以上两式可得：（sin-cos）cos= 根据题意：（sin53-cos53）cos53=（sin45-cos45）cos45解得：。【点睛】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合运用，对于涉及到时间的问题，一般采用动力学思路，若不涉及时间，可以运用动能定理求解，也可以采用动力学思路求解。12.如图所示，在Ox2m的区域内存在着沿轴方向的匀强电场E，E在轴方向区域足够大有一个比荷为带正电粒子(粒子重力不计)从
23、O点出发，以的初速度字沿轴正方向射入电场，经过点A(2，-0.75)离开电场在第四象限垂直于轴的边界MN右侧的区域有磁感应强度为B的匀强磁场，M点的坐标为(4.2，0)粒子进入磁场后，又穿过边界MN离开磁场求： (1)电场强度E的大小；(2)满足条件的磁感应强度B的最小值；(3)若磁感应强度保持(2)中的最小值，将磁场区域改成圆形，为了使粒子能垂直击中轴上点G，求磁场区域的最小面积【答案】(1)；(2)1T；(3)m2【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律：F=qE=ma由类平抛运动X=v0t 解得：；(2)由平抛运动可得：A点的速度，方向与x轴成 由几何关系可得，入射点 R最大时， 解得： 由
24、 解得此时B为最小，B=1T；(3)由几何关系可知，粒子仍从C点射放磁场，并由F点离开磁场，垂直x轴，且 运动轨迹只有CF在磁场中，由几何关系可得： 由题意可知最小磁场区域即为以为直径的圆所以13.在物理学的研究及应用过程中所用思想方法的叙述正确的是A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法B. 速度的定义式，采用的是比值法；当t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限法C. 在探究加速度与力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了类比法D. 如图是三个实验装置，这三个实验都
25、体现了放大的思想E. 伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法【答案】BDE【解析】【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；、在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；将微小形变放大是利用放大的思想方法。【详解】A项：在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型的方法，故
26、A错误；B项：速度的定义式，采用的是比值法；当t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限分析法，故B正确；C项：在探究加速度与力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，故C错误；D项：用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过角，则M反射的光线旋转的角度为2，N反射的光线就就旋转了4，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法。第三个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而
27、电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法。这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法。用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，是一种放大的思想，故D正确；E项：伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故E正确。故选：BDE。【点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注重科学方法的积累与学习。14.如图
28、所示，在匝数N=100匝、截面积S=0.02m2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B0，B0均匀变化。两相互平行、间距L=0.2m的金属导轨固定在倾角为30的斜面上，线圈通过开关S与导轨相连。一质量m=0.02Kg、阻值R1=0.5的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN位置，M、N等高一阻值R2=0.5的定值电阻连接在导轨底端。导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场。金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计。重力加速度取g=10ms2(1)闭合开关S时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4N，请判断磁感应强度B0的变化趋势是增大还是减小，并求出磁感应强度B0的
29、变化率(2)断开开关S，解除对金属杆的锁定，从MN处由静止释放，求金属杆稳定后的速度以及此时电阻R2两端的电压【答案】（1）磁感应强度B0的趋势是增大 1T/s（2）10m/s 0.5V【解析】【分析】(1)根据金属杆受安培力的方向，应用左手定则判断出金属杆中感应电流的方向，应用楞次定律判断磁感应强度如果变化；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与安培力公式求出磁感应强度的变化率；(2) 应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，对金属杆应用动量定理求出金属杆的速度，然后应用能量守恒定律与串联电路特点求出金属杆产生的焦耳热。【详解】(1) 闭合开关S时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，空中金属杆中的电流由M流向N，根据楞次定律可知磁感应强度B0的趋势是增大 线圈中的感应电动势 导线中的电流为金属杆受到的安培力为：F=BIL，得到：；(2) 匀速时 解得： 由欧姆定律可得： 得到U=0.5V。【点睛】本题是电磁感应与力学、电路等等知识的综合，与力学联系的桥梁是安培力，与电路的纽带是感应电动势；分析清楚金属杆的运动过程与电路结构是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、动量定理等知识即可解题。
