四川省达州市普通高中2019届高三物理第二次诊断性测试试题（含解析）

四川省达州市普通高中2019届高三物理第二次诊断性测试试题（含解析）1.下列表述中正确的是A.光电效应现象揭示了光的波粒二象性B.核反应方程：属于α衰变C.处于n=3能级的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射4种频率的光D.α粒子散射实验结果表明原子核内部有复杂的结构【答案】B【解析】【详解】光电效应现象揭示了光的粒子性，选项A错误；核反应方程：属于α衰变，选项B正确；处于n=3能级的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射=3种频率的光，选项C错误；α粒子散射实验是原子的核式结构理论的基础，并不表明原子核内部有复杂的结构，选项D错误；故选B.2.一辆汽车从静止开姑从甲地出发，沿平直公路驶往乙地，其v-t图像如图所示，在O～t0和t0～3t0两段时间内A.加速度大小之比为1：2B.位移大小之比为2：3C.平均速度大小之比为1：lD.合力的冲量大小之比为2：l【答案】C【解析】【详解】根据v-t图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得加速度大小之比为：，故A错误。根据v-t图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，则得：位移之比为x1：x2=v0t0：v0•2t0=1：2．故B错误。在0-t0时间内物体做匀加速直线运动，在t0-3t0间内物体做匀减速直线运动，由平均速度公式得两段时间内的平均速度均为，故C正确；根据动量定理可知，在0-t0时间内合外力的冲量；在t0-3t0时间内合外力的冲量，则合力的冲量大小之比为1：l，故D错误。故选C。3.如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，Vl、V2为理想电压表。下列说法正确的是A.若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小B.若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C.若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D.若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小【答案】A【解析】【详解】设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，根据变压比公式，由于n2减小，故输出电压U2也减小；故灯泡消耗的功率减小，V2的示数也变小；故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变；滑片P向上滑动时，电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U=U2-UL可知电压表V2读数减小；故CD错误；故选A。4.如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是A.斜面对A的弹力增大B.水平面对B的弹力不变C.推力F变小D.两球之间的距离变小【答案】C【解析】【详解】对小球A受力分析，由平行四边形法则可知，当A球到达虚线位置时斜面对A的弹力NA减小；两球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，两球间距变大，选项D错误；对AB整体受力分析可知：NB与NA的竖直分量之和等于AB的重力之和，NA减小，则NA的竖直分量减小，则NB增大，选项B错误；对B受力分析可知，F等于库仑力F库的水平分量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平分量减小，即F减小，选项C正确；故选C.5.2018年5月21日凌晨，在西昌卫星发射中心成功将“鹊桥”号中继卫星发射升空，成为世界首颗运行在地月拉格朗日点（图中L2点）的卫星。L2点一直位于日地连线上，距地球外侧约150万千米处，在L2点运行的卫星能与地球保持相对静止，可以解决月球背面与地球之间的通讯问题。不考虑其它星球影响，己知万有引力常量G．太阳光到达地球的时间为t，地球绕太阳匀速圆周运动的周期T,光在空气中的传播速度c。下列说法正确的是A.“鹊桥”卫星绕太阳运行的角速度比地球绕太阳运行的角速度小B.“鹊桥”卫星绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度小C.根据题中条件可以估算出太阳质量D.根据题中条件可以估算出“鹊桥”卫星绕太阳运行的速率【答案】CD【解析】【详解】因为在L2点运行的卫星能与地球保持相对静止，可知“鹊桥”卫星绕太阳运行的角速度等于地球绕太阳运行的角速度，选项A错误；根据a=ω2r可知，“鹊桥”卫星绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大，选项B错误；根据，已知地球与太阳的距离r=ct，地球绕太阳的周期为T，则可求解太阳的质量M，选项C正确；地球绕太阳的角速度，即为“鹊桥”卫星绕太阳运行的周期为，则由（其中的l=150万千米）可估算出“鹊桥”卫星绕太阳运行的速率，选项D正确；故选CD.6.如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．入口处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场；乙粒子以速度v2沿与ab成45°的方向垂直射入磁场，经时间t2垂直于cd射出磁场。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】画出两粒子的运动轨迹如图；两粒子比荷相同，则周期相同，设为T；设正方形的边长为a，则从d点射出的粒子运动半径为，运动时间；速度为v2的粒子，由几何关系：，运动时间；根据可知；；故选项AC正确，BD错误；故选AC.7.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体P以速度v0向右运动并压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现将弹簧一端连接另一质量为m的物体Q，物体P以3v0的速度向右运动并压缩弹簧（如图乙所示），测得弹簧的最大压缩量仍为x，则A.图乙中，在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q做的功相等B.P的质量为8mC.弹簧压缩量最大时弹性势能为4mv02D.图乙中，在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量改变量为8mv0【答案】BC【解析】【详解】图乙中，在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q的作用力相等，但是由于P的位移大于Q的位移，则弹簧的弹力对P、Q做的功不相等，选项A错误；当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于P的初动能，设P的质量为mP，即有：Epm=mPv02；当弹簧一端连接另一质量为m的物体Q时，P与弹簧相互作用的过程中Q将向右运动，P、Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取P的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mP•3v0=（m+mP）v；由机械能守恒定律得：Epm＝；联立得：mP=8m，选项B正确；联立得：Epm=4mv02，故C正确；图乙中，在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量守恒，则D错误。故选BC。8.如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔。M、N分别接到电压恒定的电源上（图中未画出）。小孔正上方的A点与极板M相距h.与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零（不计空气阻力，重力加速度为g．则A.带电微粒在M、N两极板间往复运动B.两极板间电场强度大小为C.若将M向下平移h/3，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为5/4hD.若将N向上平移h/3微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离的5/4h【答案】BD【解析】【详解】由于粒子在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知粒子将在点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：，解得，选项B正确；若将M向下平移h/3，则板间场强变为，则当粒子为零时，由动能定理：，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移h/3，则板间场强变为，则当粒子为零时的位置与M极板相距，由动能定理：，解得，选项D正确；故选BD.三、非选择题9.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图甲连接起来研究。(1)某次通过毫米刻度尺读数如图乙所示，指针示数为_____cm。(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和下表。用表中数据计算弹簧I的劲度系数为_____N/m(结果保留三位有效数字，取g=l0m·s-2)。由表中数据________（填能或不能）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。【答案】(1).25.85(2).12.5（12.3-12.7）(3).能【解析】【详解】（1）指针示数为25.85cm.（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：．结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．10.某实验小组利用实验室提供的如下器材测定某电阻丝的阻值Rx。A．干电池(1.5V，内阻不计)B．电流表G1(0～5mA，，内阻r1=300Ω)C．电流表G2(0～10mA，内阻约100Ω)D．滑动变阻器R1(0～10Ω)E．滑动变阻器R2(0～1000Ω)F．开关S、导线若干。(1)实验小组先用多用电表的“×10”Ω挡粗测电阻丝的阻值，示数如图所示，读数为______(2)正确连接电路，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录相应的G1、G2的读数如下表。以I2为纵坐标，I1为横坐标，在坐标纸上作出相应图线__________．(3)根据所描I2-I1图线求出电阻丝阻值_______Ω。（计算结果保留三位有效数字）【答案】(1).（1）300Ω(2).（2）图像如图；(3).（3）273（269-278）【解析】【详解】（1）万用表的读数为：30×10Ω=300Ω；（2）电路连接如图；（3）由电路图可知：，解得画出I1-I1图像如图，则，解得R=277Ω11.如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切，质量为小的小球以某一初速度经半圆槽轨道最低点B滚上半圆槽，小球通过最高点C后落回到水平面上的A点，A、B之间的距离为3R。(不计空气阻力，重力加速度为g)求：(l)小球落到A点时的速度方向与水平方向夹角θ的正切值tanθ；(2)小球通过B点时受到半圆槽的支持力大小FN．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）小球过C点做平抛运动，水平方向：3R=vct竖直方向：2R=gt2小球在A点竖直速度：vy=gt解得（2）B到C过程由机械能守恒：解得在B点，由牛顿第二定律：解得12.如图甲所示，斜面倾角为θ=37°，一宽为d=0.65m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一矩形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行。取斜面底部为重力势能零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段。已知线框的质量为M=0.1kg，电阻为R=0.06Ω．（取g=l0m·s-2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；(2)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t：(3)线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率Pm。【答案】0.5；1/6s；0.54W【解析】【详解】（1）由能量守恒定律，线框减小的机械能等于克服摩擦力做功，则其中x1=0.36m；解得μ=0.5（2）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力做的功，机械能均匀减小，因此安培力也是恒力，线框做匀速运动，速度为v1v12=2ax1解得a=2m/s2v1=1.2m/s其中x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程中运动的距离，可求出x2=0.2m，则（3）线框刚出磁场时速度最大，线框内电功率最大由可求得v2=1.8m/s根据线框匀速进入磁场时：可得FA=0.2N又因为可得将v2、B2L2带入可得：13.下列说法正确的是A.气体温度升高，分子的平均动能一定增大B.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈C.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大D.民间常用拔火罐来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片