2019届高三物理5月第二次诊断考试试题(含解析).doc

2019届高三物理5月第二次诊断考试试题(含解析)二、选择题：本题共8小题，每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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. 下列说法正确的是()A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B. 天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构C. 一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D. 大量的氢原子从n3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光【答案】B2. 某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲-起立的动作。如图所示为记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为牛顿），横坐标为时间(单位为秒)。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，以下有关由图线还可以得到的信息，其中正确的是A. 该同学做了两次下蹲-起立的动作B. 该同学做了一次下蹲-起立的动作C. 下蹲过程中人处于失重状态，起立过程中人处于超重状态D. 下蹲过程中人所受重力先变小后变大【答案】B【解析】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，故A错误，B正确；由图可知，下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重；同时起立过程中也既有失重又有超重；故CD错误；人的重力是不变的，变化的只是人对轻板的压力，故D错误故选B.点睛：本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别3. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ）A. 电压表示数为1100 VB. 抽油烟机上电压的瞬时值表达式为u=2202sin(100t)VC. 热水器的实际功率增大D. 变压器的输入功率减小【答案】A【解析】副线圈上的最大值是2202V，则有效值是220V，U1=n1n2U251220V1100V，则电压表示数为1100V，故A正确；由图乙可知， =20.02=100rad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=2202sin（100t）V，故B错误； 接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，R上的电压变大，则热水器两端电压减小，所以消耗功率减小，故C错误；接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率增大故D错误；故选A点睛：会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、电压的变化4. 在航天领域中，悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星都在圆周轨道上运动，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图所示。已知悬绳的长度为L，其重力不计，卫星A、B的线速度分别为v1、v2，则下列说法正确的是( )A. 两颗卫星的角速度不相同B. 两颗卫星的线速度满足v1v2C. 两颗卫星之间的悬绳一定受到拉力的作用D. 假设在B卫星轨道上还有一颗卫星C（图中没有画出），它们在同一平面内同向运动，运动过程中B、C不可能相碰【答案】C【解析】试题分析：两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，都绕地心做匀速圆周运动，角速度必定相同，故A错误；由v=r，vr，所以v1v2故B错误；假设悬绳没有作用力，两颗卫星均由万有引力提供向心力，根据卫星的速度公式和v=r知，A卫星的角速度大于B卫星的角速度，若两卫星与地心连线在一条直线上，则之后两者距离将拉大，所以悬线一定拉力，故C正确；设悬绳的拉力大小为F，则对B卫星：，则得，对C卫星万有引力提供向心力，可见两颗卫星的速度不等，所以在同一平面内同向运动，运动一段时间后B、C能相碰故D正确；故选CD考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题考查了万有引力定律的应用；解决本题的关键分析向心力来源，掌握万有引力定律和牛顿第二定律，即可分析卫星的线速度、角速度与轨道半径的关系；此题情景较新颖，考查学生灵活运用知识的能力。5. 如图质量为m、带电量为+q的带电粒子，以初速度v0垂直进入相互正交场强为E的匀强电场和磁感应强度为B匀强磁场中，从P点离开该区域，此时侧向位移为y，粒子重力不计，则A. 粒子在P点所受的电场力一定比磁场力大B. 粒子在P点的加速度为qEqv0BmC. 粒子在P点的为动能为12mv02+qyED. 粒子的运动轨迹是一条抛物线【答案】C【解析】由轨迹可知，粒子初始时所受电场力大于磁场力，到p点时，速度会增加，所受磁场力会增加而电场力不变，故电场力不一定比磁场力大，故A错误；由题意，粒子开始时受到电场力和洛伦兹力的作用，加速度为a=qEqv0Bm，粒子所受合力是不断变化的，没有恒定的加速度，故B错误；对于粒子运动到p的过程由动能定理得：Eqy=12mv212mv02 ，则粒子在P点的动能：12mv2=Eqy+12mv02，故C正确；粒子运动时所受的洛伦兹力是变力，即受到的合力是变力，故粒子的运动轨迹不是抛物线，选项D错误；故选C点睛：分析好粒子的受力情况，注意各个力的变化特点，建立粒子运动的情景，明确过程中遵守的物理规律，对于单个粒子的运动用动能定理求解是比较方便的6. 如图所示，斜面体B静置于水平桌面上一质量为m的木块A从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且vv0在木块运动的过程中斜面体始终保持静止则下列说法中正确的是( ) A. A上滑过程中桌面对B的支持力比下滑过程中大B. A上滑过程中桌面对B的静摩擦力比下滑过程中大C. 在A上滑与下滑的过程中，A受到合外力的冲量大小相等D. 在A上滑与下滑的过程中，A、B系统损失的机械能相等【答案】BD.7. 边长为 L 的正方形线框abcd电阻为 R ，以速度V匀速进入边长为L的正方形区域，该区域中磁场方向如图所示，磁感应强度大小均为 B ，则线框进入的过程中A. 线框中产生的感应电流方向不变B. 线框刚进入磁场瞬间ab两点间电势差3BLV4C. 线框进入L/2时所受安培力为B2L2V4RD. 线框进入L/2的过程中通过线框的电量为BL24R【答案】BD【解析】整个过程的合磁通量一直是向里的，进入磁场过程的前一半过程向里的磁通量逐渐增加，后一半过程向里的磁通量逐渐减少，根据楞次定律感应电流方向是相反的，故A错误；线框刚进入磁场瞬间的电动势为：E=BLv；故ab两点间电势差：U=I（R）=BLv，故B正确；线框进入时，上下两部分产生的电动势大小相等，方向相反，总感应电动势为零，故没有感应电流，故安培力为零，故C错误；线框进入过程中磁通量的变化量：=B（L+L22L2L2L22）=BL24，电路中通过的电量为：q=R=BL24R，故D正确；故选BD8. 如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）A. 当2Kg3L时，A、B会相对于转盘会滑动B. 当Kg2L时，绳子一定有弹力C. 在02Kg3L范围内增大时，B所受摩擦力一直变大D. 在02Kg3L时，A、B相对于转盘会滑动故A正确当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg=m2L2，解得1=Kg2L，知Kg2L时，绳子具有弹力故B正确角速度0Kg2L，B所受的摩擦力一直变大，故C错误当在02Kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直增大故D正确故选ABD点睛：此题关键是明确物理过程：开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动三、非选择题： （一）必考题9. 利用力传感器研究 “加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲下列关于该实验的说法，错误的是_A做实验之前必须平衡摩擦力B小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C应调节定滑轮的高度使细线与木板平行 D实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1 =_cm；该小车的加速度a =_m/s2（计算结果保留两位有效数字）【答案】 (1). BD (2). 0.70 (3). 0.20【解析】本实验应平衡摩擦力；利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”，不需要小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多；并且细线应水平，即调节滑轮的高度使细线与木板平行；开始实验时，小车应靠近打点计时器；本题选错误的，故选BD；由刻度尺可知，s1=0.70cm；第两个计数点间有5个间隔，故t=0.1s；小车的加速度为：a=1.100.900.1cm/s2=0.2m/s2；10. 电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为A、B、C、D，测量它们的电动势和内阻。用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势。测量电池A时，多用电表的指针如图甲所示，其读数为_V。用图乙所示电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E 和内阻r，图中R0为保护电阻，其阻值为5。改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流I，根据测量数据分别作出A、B、C、D四块电池的1IR图线，如图丙。由图线C可知电池C的电动势E=_V；内阻r=_。（3）分析图丙可知，电池_较优(选填“A”、“B”、“C”或“D”)。【答案】 (1). 11.0 (2). 12.0 (3). 1.0 (4). C【解析】 (1)用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读出正确结果，由指针指示可知：E=11.0V。 (2)根据闭合电路欧姆定律有：E=I(R+r)+IR0,因此有：1I=1ER+1E(R0+r),由此可知,图象的斜率表示1/E,纵轴截距为：（r+R0）/E。由图象可知：k=1/12=1/E, （r+R0）/E =0.5，由此解得：E=12V，r=1。 (3)电动势大的内阻小的电源最优，由图象可知C图象代表的电源电动势最大，内阻最小，因此最优。11. 如图所示，固定点O上系一长l=0.6m的细绳，细绳的下端系一质量m=1.0kg的小球（可视为质点），原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h=0.80m，一质量M=2.0kg的物块开始静止在平台上的P点，现对M施予一水平向右的瞬时冲量，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于摆球的重力，而M落在水平地面上的C点，其水平位移s=1.2m，不计空气阻力g=10m/s2求：（1）质量为M物块落地时速度大小？（2）若平台表面与物块间动摩擦因数=0.5，物块M与小球初始距离s1=1.3m，物块M在P处所受水平向右的瞬时冲量大小为多少？【答案】（1）5.0m/s （2）1.4Ns 【解析】（1）碰后物块M做平抛运动，hgt2S=v3tv3sg2h3.0m/s vy2gh4.0m/s 物块落地速度大小vv32+vy25.0m/s （2）物块与小球在B处碰撞：Mv1=mv2+Mv3碰后小球从B处运动到最高点A过程中，12mv2212mvA2+2mgL 小球在最高点：2mgmvA2L 由解得v2=6.0m/s由得v1mv2+Mv3M6.0m/s 物块M从P运动到B处过程中， （11） （12）根据动量定理得：I=Mv0=14NS点睛：本题是碰撞、平抛运动与圆周运动和综合，采用程序法思维，把握各个运动过程的物理规律是关键，是一道考查综合能力的好题12. 在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径r=01m，磁感应强度B=05T，与y轴、x轴分别相切于A、C两点。第四象限内充满平行于x轴的匀强电场，电场强度E=03 V/m，如图所示。某带电粒子以vo=20m/s的初速度，自A点沿AO1方向射入磁场，从C点射出（不计重力）。（1）带粒子的比荷；（2）若该粒子以相同大小的初速度，自A点沿与AO1成30o角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，求经过y轴时的位置坐标。【答案】(1) q/m = 400 (C/kg) (2) （0，-1）m 【解析】试题分析：（1）由题意知粒子的半径r=R=0.1m；由牛顿第二定律得：，解得（2）因粒子的半径没有变化，由几何关系可知它将垂直射入电场中，x方向：；解得 t=0.05s；y方向，解得；则经过y轴时的位置坐标为（0，-1）m。考点：带电粒子在匀强磁场、匀强电场中的运动.（二）必考题33 物理选修3-3 13. 下列说法正确的有_A. 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大B. 布朗运动就是液体分子的热运动C. 当分子之间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大D. 外界对物体做功，同时物体吸收热量，则物体的内能一定增大E. 不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化【答案】ADE【解析】温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，选项A正确； 布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的热运动的表现，选项B错误； 当分子之间距离增大时，分子间的引力减小，