2019届高三物理第二次诊断性考试试卷(含解析).doc

2019届高三物理第二次诊断性考试试卷(含解析)一、选择题1.下列说法正确的是A. 伽利略发现了行星运动的规律B. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体C. 最早将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是牛顿D. 爱因斯坦是最先预言了引力波的科学家【答案】D【解析】【详解】A：开普勒发现了行星运动的规律，故A项错误。B：库仑定律适用于点电荷。点电荷是一种理想化模型，如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，就可以把带电体看作点电荷。故B项错误。C：最早将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略。故C项错误。D：爱因斯坦是最先预言了引力波的科学家，故D项正确。【点睛】知道物理学史，知道物理学家在对应科学研究中的主要步骤、采用的物理方法和实验结论。2.如图所示，由光滑细管组成的轨道，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管，轨道固定在竖直平面内，一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上，关于管口D距离地面的高度至少满足的条件是A. 小于2R B. 等于2R C. 大于2R D. 大于2R且小于52R【答案】C【解析】【详解】光滑细管组成的轨道，细管可以提供支持力，小球过A点的速度vA大于零即可，对小球从D到A的过程应用动能定理得mg(H2R)=12mvA20，则H=2R+vA22g2R。故C项正确，ABD三项错误。【点睛】对杆(管)模型和绳模型最高点的受力特点及临界速度要理解并熟练应用。3. 两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30、60，物体M的重力大小为20N，M、m均处于静止状态。则A. 绳OA对M的拉力大小为10NB. 绳OB对M的拉力大小为10NC. m受到水平面的静摩擦力大小为10ND. m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左【答案】D【解析】本题考查物体的平衡。M对O点的拉力大小为G=20N，OB上拉力FB=Gsin60=103N，B错；OA上拉力FA=Gsin30=10N，A错；对m，FA+f=FB，f=10(31)N，方向水平向左，C错D对；选D。4.2013年12月2日1时30分，由月球车和着陆器组成的“嫦娥三号”月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约18 min后进入如图所示的地月转移轨道AB，A为入口点，B为出口点，“嫦娥三号”在B点经过近月制动，进入距离月球表面100 km的环月圆轨道，然后择机在月球虹湾地区实现软着陆，已知月球和地球的质量之比约为181，图中环月圆轨道的半径与地球的半径之比约为14，地球的第一宇宙速度约为7.9 kms，下列说法正确的是A. “嫦娥三号”进入地月转移轨道前，在近地圆轨道运行的速度大于7.9 kmsB. “嫦娥三号”在环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约为1.8 km/sC. 携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中一定处于失重状态D. 由于月球的表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行任务时处于失重状态【答案】B【解析】【详解】A：“嫦娥三号”在近地圆轨道运行的速度等于7.9km/s，故A项错误。B：“嫦娥三号”在环月圆轨道上做匀速圆周运动时，GMmR2=mv2R，解得：v=GMR；月球和地球的质量之比约为181，图中环月圆轨道的半径与地球的半径之比约为14，地球的第一宇宙速度约为7.9 km/s，所以v=181417.9km/s1.8km/s。故B项正确。C：携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中减速下降时，处于超重状态。故C项错误。D：月球车在月球上执行任务时竖直方向加速度为零，既不超重也不失重。故D项错误。5.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A. A和B都向左运动B. A和B都向右运动C. A静止，B向右运动D. A向左运动，B向右运动【答案】D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确；A、B、C错误。【考点定位】原子结构和原子核视频6. 将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成的稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则（ ）A. C、D两点的电场强度相同，电势相等B. A、B两点的电势相同，电场强度不同C. 将电子从A点移至B点，电场力做负功D. 将电子从A点移至D点，电势能增大【答案】C【解析】试题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小顺着电场线电势逐渐降低，根据这些知识和电场的对称性进行分析解：A、由图知C、D两点电场线的疏密程度相同，说明场强的大小相等，但场强方向不同，则电场强度不同两点在同一等势面上，电势相等故A错误B、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，场强方向相反，则电场强度也不同，故B错误C、由图知：A点的电势与D点的电势相等，高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，可知将电子从A点移至B点，电势能增大，电场力做负功，故C正确D、A、D在同一等势面上，将电子从A点移至D点，电场力不做功，其电势能不变，故D错误故选：C【点评】加强基础知识的学习，要掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，掌握处于静电平衡的导体是一个等势体，即可解决本题7.在真空中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上上的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。由此可见 ( )A. 电场力为2mgB. 小球带正电C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等D. 小球从A到B与从B到C的速度变化大小相等【答案】D【解析】试题分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小根据v=at研究速度变化量的关系由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电，故B错误；带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2在电场中的加速度为a则从A到B过程小球做平抛运动，则有：x1=v0t1，从B到C过程，有：x2=v0t2，由题意有x1=2x2，则得t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，故C错误；又y1=12gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y2=12at22，根据几何知识有y1y2=x1x2，解得：a=2g，根据牛顿第二定律得Fmg=ma=2mg，解得F=3mg，故A错误；根据速度变化量v=at，则得：AB过程速度变化量大小为v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为v2=at2=2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确【点睛】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析8.如图所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（ ）A. 0t0 B. t0C. t0T D. Tt0【答案】B【解析】试题分析：若0t0T4，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误；若T2t03T4，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确；若3T4t0T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误；若Tt0m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是A. 两滑块到达B点的速度相同B. 两滑块沿斜面上升的最大高度相同C. 两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D. 两滑块上升到最高点过程机械能损失相同【答案】CD【解析】【详解】A：由功能关系得，两滑块到B点的动能相同；由于m2m1，两滑块到达B点的速度不同。故A项错误。B：对滑块沿斜面上升过程受力分析，由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma，则滑块沿斜面上升加速度a=gsin+gcos，两滑块沿斜面上升的加速度相同；两滑块沿斜面上升的初速度不同，由运动学公式知两滑块沿斜面上升的最大高度不同。故B项错误。CD：设物体上升的最大高度为h，对全程由功能关系可得：EP=mgh+mgcoshsin，解得：mgh=EP1+cot，则两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同；滑块上升到最高点过程机械能损失E损=mgcoshsin=cot1+cotEP，则两滑块上升到最高点过程机械能损失相同。故CD两项正确。12.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则A. N点的电场强度大小为零B. A点的电场强度的大小为零C. NC间电场强度方向指向x轴负方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】CD【解析】【详解】两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上，则x轴上点的电场强度方向沿x轴。AB：x图象的斜率x=E，则N点和A点的电场强度均不为零。故AB两项错误。C：从N点到C点电势逐渐升高，顺着电场线的方向电势降低，则电场强度的方向由C指向N，即NC间电场强度方向指向x轴负方向。故C项正确。D：从N点到D点电势先增大再减小，则负点电荷从N点移到D点过程中电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功。故D项正确。13.如左图所示,假设某星球表面上有一倾角为的固定斜面,一质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上运动,其速度时间图象如右图所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为39该星球半径为R=6104km.引力常量G6.671011Nm2/kg2,则下列正确的是:( )A. 该星球的第一宇宙速度v1=3.0104m/sB. 该星球的质量M=8.11026kgC. 该星球的自转周期T=1.3104sD. 该星球的密度=895kg/m3【答案】ABD【解析】上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有mgcos+mgsin=ma1，下滑过程中，在沿斜面方向上有mgsinmgcos=ma2，又知v-t图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为：a1=600.6=10m/s2，a1=20.4=5m/s2，联立解得g=15m/s2，故该星球的第一宇宙速度为v=gR=156104103=3.0104m/s，A正确；根据黄金替代公式GM=gR2可得该星球的质量为M=gR2G671011kg=8.11026kg，B正确；根据所给条件无法计算自转周期，C错误；该星球的密度=MV=8.11026kg43R3=895kg/m3，D正确14.如图所示，半径为R的半球形容器固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度匀速旋转。有两个质量均为m的小物块落入容器内，经过一段时间后，两小物块都随容器一起转动且相对容器内壁静止，两物块和球心O点的连线相互垂直，且A物块和球心O点的连线与竖直方向的夹角=60，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）A. 若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为(31)mg2B. 若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为(31)mg4C. 若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为(31)mg2D. 若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为(31)mg4【答案】AC【解析】当A摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为600，受力如图所示，根据牛顿第二定律得：mgtan60=mr2，r=Rsin60此时B滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，受力如图所示竖直方向上：Ncos30-fsin30-mg=0水平方向上：Nsin30+fcos30=mr2其中r=Rsin30，联立解得： f=31mg2，故A正确，B错误；当B摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为300，根据牛顿第二定律得：mgtan30=mr2其中r=Rsin30，此时A滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，竖直方向上：Ncos60+fsin60-mg=0水平方向上：Nsin60-fcos60=mr2r=Rsin60，联立解得：f=31mg2，故C正确D错误；故选AC点睛：解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解15.如图，倾角为30的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点.动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90时，物体A刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为33。整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说法正确的是( ) A. 物体A的质量为22mB. 物体A受到的摩擦力一直增大C. 地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小D. 斜面体对地面的压力逐渐减小【答案】AB【解析】试题分析：同一条绳子上的拉力相等，对B分析，当两条绳子的夹角为90时，绳子的拉力为T=mgsin45=22mg，对A分析，在沿斜面方向上有：A受到最大静摩擦力，重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有mAgsin30+fm=T，fm=mAgcos30，解得mA=22m，A正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，此时mAgsin302.4m所以小物块滑出长木板【点睛】本题的关键是要理清物块的运动过程，把握每个过程之间的联系，如速度关系，选择恰当的规律进行研究要注意摩擦生热与相对位移有关。19.如图所示，一质量为m=1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带仁的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，己知圆弧半径R=0.9 m，轨道最低点为D， D点距水平面的高度h=0.8 m.小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板，己知小物块与传送带间的动摩擦因数=0.3，传送带以5m/s恒定速率顺时针转动，g=10 m/2。求：（1）传送带AB两端的距离；（2）小物块经过D点时对轨道的压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值【答案】（1）sAB1.5m（2）FN=60N（3）tan=354【解析】试题分析：(1)对小物块，在C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得：mgmv12