甘肃省兰州市2017届高三第一次诊断性考试理科综合-物理试题

兰州市2017年高考诊断考试理科综合试题答案解析物理14.下列说法正确的是（）A.光电效应现象揭示了光具有波动性B.电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性C.重核裂变时平均每个核子释放的能量要比轻核聚变时多D.天然放射现象使人们认识到原子具有复杂的结构【答案】B【解析】A选项中，光电效应揭示了光的粒子性，故A选项错；B选项中，电子是实物，其衍射现象说明实物粒子具有波动性，故B选项正确；C选项中，聚变反应时平均每个核子放出的能量比裂变时平均每个核子放出的能量多，故C选项错；D选项中，天然放射现象使人们认识到原子核也有复杂结构，故D选项错。15.如图所示，倾角为q的斜面体C放于粗糙水平面上，物块A通过斜面顶端的定滑轮用细线与B连接，细线与斜面平行。斜面与A之间的动摩擦因数为µ，且qµtan,整个装置处于静止状态，下列说法正确的是（）A.Bm最小可为0B.地面对斜面体C的摩擦力方向水平向左C.增大Bm，物块A所受摩擦力大小可能不变D.剪断A、B间的连线后，地面对斜面体C的支持力等于A、C的重力之和【答案】C【解析】A选项中，假设0=Bm，以物体A为研究对象受力分析，如图1所示，qµµcosmaxgmFfAN==静①，qµtan②，由①，②可得qsinmaxgmfA静，沿x方向上有0sin-fgmAq，所以物体A不能静止，与题目所述不符，故A错；B选项中，以A，B，C整体为研究对象受力分析，只受重力()gmmmCBA++和地面的支持力，物体处于平衡状态，不受摩擦力，故B选项错；C选项中，以物体A为研究对象受力分析，如图2和3所示，当B物体的质量较小时，静摩擦力则沿斜面向上，有静fgmgmBA+=qsin③，当物体B的质量较大时，静摩擦力的方向沿斜面向下，有gmfgmBA=+静qsin④，由③，④可得B质量增大时，物体A的静摩擦大小可能不变，但方向一定会变，故C选项正确；D选项中，剪断A,B连线后，以C为研究对象受力分析，如图4所示，可得qcos'gmgmFAcN+=，故D选项错。图1图2图3图416、如图所示，一质量为m，带电量为q的粒子，以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向跟磁场左边界垂直，从右界离开磁场时速度方向偏转角°=30q，磁场区域的宽度为d，则下列说法正确的是（）A.该粒子带正电B.磁感应强度dqmvB23=C.粒子在磁场中做圆周运动的半径dR332=D.粒子在磁场中运动的时间vdt3p=【答案】D【解析】由左手定则可知，该粒子带负电，A错误；分别作出入射方向和出射方向的垂线，交点为圆周运动的圆心O，如图所示，由几何关系可得，圆心角°=30q，半径ddR230sin=°=，C错误；由洛伦兹力提供向心力，RvmqvB2=，得qBmvR=,将dR2=带入可得qdmvB2=，B错误；粒子圆周运动周期qBmvRTpp22==，将qdmvB2=带入可得vdTp4=，则运动时间vdvdTt3412136030pp=´=°°=，D正确。17、静止于粗糙水平面上的物体，收到水平方向恒定的水平拉力F作用，拉力F的大小随时间的变化如图甲所示。在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10m/s&。下列说法中错误的是（）A.物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.物体的质量为6kgD.4s末物体的速度为4m/s【答案】C【解析】物体刚开始静止，摩擦力为静摩擦力，大小与F相等，不断增大，当增大到最大静摩擦力后，F继续增大，摩擦力变为滑动摩擦力并保持不变，A正确；图甲中，F与t之间满足tF3=，由牛顿第二定律，mafF=-，将tF3=代入可得a与t之间满足的关系式是mftma-=3，故乙图中斜率等于m3，解得kgm3=，C错误；将乙图中点（2,1）代入a-t关系式，解得滑动摩擦力Nmgf3==µ,解得1.0=µ，B正确；a-t图的面积代表速度变化量，由乙图中面积为4，故4s末物体的速度为4m/s，D正确。18.一带电小球从左向右水平射入竖直向下的匀强电场，在电场中的轨迹如图所示，a,b为轨迹上的两点，下列判断正确的是A.小球一定带负电荷B.小球在a点的动能大于b点的动能C.小球在a点的电势能大于b点的电势能D.小球的机械能守恒【答案】：AC【解析】：A.小球做曲线运动，向合外力方向偏转，合外力方向向上，小球受重力和电场力，故电场力逆着电场线，小球带负点；B.小球受力方向与运动方向成锐角，电场力做正功，动能增加，电势能减小B错，C对；D.有电场力做功，机械能不守恒，D错。19.通过观测行星的卫星，可以推测出行星的一些物理量。假设卫星绕行星做圆周运动，引力常量为G，下列说法正确的A.已知卫星的速度和周期可以求出行星的质量B.已知卫星的角速度和轨道半径可以求出行星的密度C.已知卫星的周期和行星的半径可以求出行星的密度D.已知卫星的轨道半径和周期可以求出行星的质量【答案】：AD【解析】：由题目可知，万有引力提供向心力。GMmR&=mv&R，T=2πRv可得M=Tv/2πG，A对；ρ=M43πR星，故要求密度，一定要知道星体半径和星体质量，B不知道星体半径，错；C无法求出星体质量，错；GMmR&=m4π&RT&可得M=4π&R/GT&，D对。 20．如图所示为磁流体发电机的原理图，将一束等离子体（带有等量正、负电荷的高速粒子流）喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这是金属板上就会聚集电荷，产生电压，如果射入的等离子体速度为v，两金属板间距离d，板的面积为S，匀强电场的磁感应强度为B，方向与速度方向垂直，负载电阻为R。当发电机稳定发电时电动势为E，电流为I，则下列说法正确的是（）A.A板为发电机的正极B.其他条件一定时，v越大，发电机的电动势E越大C.其他条件一定时，S越大，发电机的电动势E越大D.板间等离子体的电阻率为÷øöçèæRIBS-dvd【答案】BD【解析】大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，故A错；洛伦兹力和电场的电场力平衡，故：Bqv=qdE解得：E=Bdv，所以B正确而C错误；根据闭合电路欧姆定律得，电离气体的电阻R′=RIBRIE-=-dv，由电阻定律得，R′Sdr=，解得r=÷øöçèæRIBS-dvd，故D正确。所以正确答案为BD。21．一含有理想变压器的电路如图所示，正弦交变电流电压为0U，变压器原副线圈匝数之比为3:1，电阻关系为3210RRRR===,V为理想交流电压表，示数用U表示，则下列判断正确的是（）A.闭合电键S，电阻0R与1R消耗的功率之比为9:1B.闭合电键S，电阻0R与1R消耗的功率之比为1:1C.断开S，=UU:011：3D.断开S，=UU:04:1【答案】BC【解析】闭合电键S时，设右端通过1R、2R、3R的电流为I，根据21:II=12nn：=1:3，所以通过0R的电流也为I，电阻0R与1R消耗的功率之比为1:1，故选项B正确；断开S时，设右端通过1R、2R的电流为I，根据21:II=12nn：=1:3，所以通过0R的电流也为I32，则IRIRU3320+=,IRU=，所以=UU:011：3，故选项C正确。所以正确答案为BC。22．如图所示，在学习了机械能守恒定律以后，某实验小组想在气垫导轨上利用滑块和钩码验证机械能守恒。将气垫导轨放在水平桌面上，调至水平后，把滑块由静止释放时遮光条距光电门的距离小于钩码到地面的距离。实验中测出钩码质量为𝑚，滑块和遮光条的总质量为𝑀,遮光条宽度为𝑑，释放滑块时遮光条距光电门的的距离为𝐿。遮光条通过光电门的时间为∆𝑡，当地的重力加速度为𝑔(1)本实验_______（填“需要”或者“不需要”）平衡摩擦力；(2)滑块通过光电门的速度大小为_______（用测量的物理量符号表示）；(3)本实验在误差允许的范围内满足关系式_______（用测量的物理量符号表示），就验证了系统的机械能守恒。【答案】1不需要2d∆t3𝑚𝑔𝐿=12𝑚+𝑀𝑑∆𝑡&【解析】（1）气垫导轨上摩擦力近似为零，不需要再平衡摩擦力（2）由于遮光条的宽度较窄，我们认为在通过光电门时滑块为匀速直线运动；此时滑块位移为𝑑，所需时间为遮光时间∆𝑡。（3）钩码的重力势能转化为滑块和钩码的动能，滑块和钩码由无弹性绳连接，速度相等故计算动能时需要计入钩码的质量23.某同学为了较精确的测量电压表𝑉F的内阻𝑅H，选有如下器材：电压表𝑉F（量程3𝑉，内阻约为3𝑘Ω）；电压表𝑉&（量程15𝑉，内阻约为15𝑘Ω）；滑动变阻器𝑅L（最大阻值约为20Ω，额定电流为0.5𝐴）；定值电阻𝑅F（阻值约为300Ω）；定值电阻𝑅&（阻值约为3𝑘Ω）；定值电阻𝑅/（阻值约为9𝑘Ω）；电源𝐸（电动势约为15𝑉，内阻较小）；电键一个，导线若干。实验要求所有电表的最大偏转量不小于满刻度的2/3，尽可能多测几组数据，尽可能减小误差。(1)以上给定的器材中定值电阻应选________(2)在虚线框内画出测量电压表𝑉F内阻的实验电路原理图，要求在图中标出所用仪器的代号；(3)如果选用实验中测量出的一组数据来计算电压表𝑉F的内阻𝑅H，则𝑅H=________，上式中各符号的物理意义是_______。【答案】1𝑅/2见解析3𝑈F𝑅/𝑈&−𝑈F，𝑈F、𝑈&分别为某次测量中𝑉F、𝑉&的示数，𝑅/为定值电阻阻值【解析】根据串联电路分压公式，可以计算得到电压表的内阻；为了保证分压比较明显，所以选择较大的定值电阻，排除𝑅F；又要求所有电表的最大偏转量不小于满刻度的2/3，选𝑅&时的偏转仅有1/2，排除。滑动变阻器最大阻值较小，必须采用分压接法。故实验电路如下24.如图所示,竖直放置的固定平行光滑导轨ce、df的上端连一电阻W=30R,导体棒ab水平放置在一水平支MN上并与竖直导轨始终保持垂直且接触良好，在导轨之间有图示方向磁场，磁感应强度随时间变化的关系为)(2TtB=,abcd为一正方形，导轨宽mL1=,导体棒ab质量kgm2.0=,电阻W=1R，导轨电阻不计。（g取2/10sm）求：(1)st1=时导体棒ab对水平支架MN的压力大小为多少？(2)st1=以后磁场保持恒定，某时刻撤去支架MN使ab从静止开始下落，求ab下落过程中达到的最大速度mV,以及ab下落速度2/1smV=时的加速度大小。【答案】（1）N1（2）sm/2，2/5sm【解析】（1）当st1=时，TB2=VStBE212=´=DD=（2分）RRLBF+=032安（2分）NFF+=安mg（2分）综上可得：NFN1=（1分）(2)当st1=时，tB2=mg=安F时，V达到最大（1分）即：mgRRVLBFm=+=022安（2分）得：smVm/2=（1分）当：smV/1=时：maF=-’安mg（2分）2/5sma=（1分）25.如图所示,半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，轨道最低点B与桌面相切并平滑连接，桌面距水平地面的高度也为R。在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态。已知a的质量为m0,a、b两球质量比为2：3。固定小球b，释放小球a从B点滑上光滑半圆环轨道并恰能通过半圆环轨道最高点A。现保持弹簧弹簧形变量不变同时释放a、b两球。重力加速度为g.求：(1)释放小球前弹簧具有的弹性势能PE；(2)b球落地点距桌子右端C点的水平距离；(3)a球在半圆轨道上上升的最大高度H。【解析】(1)a球恰能通过半圆环轨道最高点A，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：200AvmgmR=(2分)解得smvA/2=(1分)a球从释放运动到A过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：200122PAEmgRmv=×+(2分)计算得出052PEmgR=；(2))以a、b、弹簧组成的系统为研究对象，在释放弹簧过程中：由动量守恒定律