山西省大学附属中学2019届高三物理下学期4月模块诊断试题（含解析）.docx

山西省大学附属中学2019届高三物理下学期4月模块诊断试题（含解析）一、选择题：1.下列说法中不正确的是A. 康普顿效应表明光子具有动量，能证明光具有粒子性B. 卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子核式结构C. 玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，成功地解释了原子的光谱D. 天然放射现象表明原子核有更为精细的结构【答案】C【解析】【详解】A、康普顿效应表明光子具有动量，而动量是粒子的性质，A正确；B、卢瑟福根据粒子散射实验，否定了汤姆生的原子枣糕模型，提出了原子的核式结构模型，故B正确；C、玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，不能解释所有原子光谱的实验规律，故C错误；D、天然放射现象说明原子核内部有更精细、更复杂结构，故D正确。2.某空间站在半径为R的圆形轨道上运行，周期为T。另有一飞船在半径为r的圆形轨道上运行，飞船与空间站的绕行方向相同。当空间站运行到A点时，飞船恰好运行到B点，A、B与地心连线相互垂直，此时飞船经极短时间的点火加速，变化后的椭圆轨道近地点为B，远地点与空间站的轨道相切于C点，如图所示。当飞船第一次到达C点时，恰好与空间站相遇。由以上信息可判定A. 空间站的动能小于飞船在半径为r的圆形轨道上运行时的动能B. 当飞船与空间站相遇时，空间站的加速度大于飞船的加速度C. 飞船在从B点运动到C点的过程中，速度变大D. 空间站的圆形轨道半径R与飞船的圆形轨道半径r的关系满足【答案】D【解析】【详解】A、当空间站和飞船均做圆周运动时，其万有引力提供向心力，即，则线速度大小为：，由于空间站的半径大于飞船的半径，故空间站的速度的大小小于飞船的速度大小，由于二者的质量关系未知，故根据动能的公式无法判断二者的动能大小关系，故A错误；B、当飞船与空间站相遇时，根据牛顿第二定律有：，即，可知二者相遇时其加速度的大小相等，故B错误；C、根据开普勒第二定律可知，飞船在从B点运动到C点的过程中，速率越来越小，故C错误；D、设飞船椭圆轨道的周期为T，则根据开普勒第三定律可知：由题可知：，联立可以得到：，故D正确。3.如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升。下列判断正确的是A. 原线圈中的电流的有效值为B. 变压器的输入功率为C. 电动机两端电压为IRD. 电动机消耗的功率为I2R【答案】B【解析】【详解】A、原副线圈匝数比为n，副线圈的电流为I，则有原线圈的电流有效值为，故A错误；BD、原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U，则原线圈的电压有效值为，所以副线圈的电压为，因此电动机消耗的功率为PUII，则变压器的输入功率也为，故B正确，D错误。C、电动机两端电压等于副线圈的电压。由于是非纯电阻，所以不等于IR，故C错误；4.如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量m = 10kg的石块，装在与转轴O相距L=5m的长臂末 端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20 m,不计空气阻力，取g=l0 m/s2。以下判断正确的是A. 石块抛出后运动时间为B. 石块被抛出瞬间的速度大小C. 石块即将落地时重力的瞬时功率为D. 石块落地瞬时速度大小为15m/s【答案】C【解析】【详解】A、石块被抛出后做平抛运动：hL+Lsina，竖直方向：hgt2，可得：ts，故A错误；B、石块被抛出后做平抛运动，水平方向：sv0t，可得：v0m/s，故B错误；C、石块即将落地时重力的瞬时功率为：Pmgvymggt500W，故C正确；D、石块落地的瞬时速度大小为：vm/s，故D错误。5.如图，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好。除电阻R外，其余电阻不计。导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面。静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为l，弹性势能为Ep。重力加速度大小为g。将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则A. 当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为lB. 电阻R上产生的总热量等于mgl-EpC. 金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下D. 金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多【答案】BD【解析】【详解】A、金属棒的速度最大时，合力为零，由平衡条件有 mgkx+F安金属棒原来静止时有 mgkl两式对比可得 xl，即金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量小于l故A错误。B、金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能，则由能量守恒定律可得：电阻R上产生的热量 QmglEp故B正确。C、金属棒第一次到达A处时，受到重力、弹簧的弹力和安培力，且重力与弹力大小相等、方向相反，安培力方向向上，所以合力等于安培力，方向向上，可知加速度方向向上，故C错误。D、根据能量守恒定律知，金属棒第一次下降的高度大于第一次上升的高度，根据q分析知，金属棒第一次下降过程磁通量的变化比第一次上升过程磁通量的变化量大，则金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，故D正确。6.如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。已知小球在A点时弹簧被拉长，在C点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是A. 弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B. 小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C. 小球机械能最大的位置有两处D. 弹簧处于原长时，小球的速度最大【答案】AC【解析】【详解】A、因只有重力和弹簧弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故A正确；BD、小球从A至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，同理从C至B，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，故BD错误；C、当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，有题意知，A、B相对于O1O2对称，显然，此位置在A、C与B、C之间各有一处，故C正确。7.某电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x3x0处。假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知，则下列说法正确的是A. 粒子一定带正电B. 粒子的初动能大小为qE0x0C. 粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0D. 粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小【答案】C【解析】从图中可知粒子在沿x轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在过程中电场强度和位移都比过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，AD错误；因为电场强度是均匀减小的，过程中平均电场强度为，过程中平均电场强度为，故根据动能定理可得，解得初动能，B错误；在过程中电场力做正功，所以在处动能最大，最大为，C正确；8.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是A. t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB. t =2.0s时刻A、B之间作用力为零C. t=2.5 s时刻A对B作用力方向向左D. 从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m【答案】AD【解析】试题分析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：，分离时：，得，经历时间，根据位移公式，则D正确；当时，得，A正确B错误；当时，得，C错误考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为03N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻二、非选择题: 9.在实验室里为了验证动量守恒定律,一般采用如图甲、乙所示的两种装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2,则_。Am1m2，r1r2 Bm1m2，r1m2，r1=r2 Dm1m2，r1=r2(2)若采用图乙所示装置进行实验,以下所提供的测量工具中必需的是_。A刻度尺B游标卡尺C天平 D弹簧测力计E秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为_。(用装置图中的字母表示)【答案】 (1). C (2). AC (3). m1OP=m1OM+m2ON【解析】【详解】（1）为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C。（2）小球离开轨道后做平抛运动，由hgt2得小球做平抛运动的时间t，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1m1v1+m2v2，则：m1v1tm1v1t+m2v2t，m1x1m1x1+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OPm1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移实验需要刻度尺与天平（3）验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1m1v1+m2v2，则：m1v1tm1v1t+m2v2t，m1x1m1x1+m2x2，由图甲所示可知，需要验证：m1OPm1OM+m2ON10.测量一个长约5 cm、电阻R1约为30 、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：游标卡尺(20分度)； 螺旋测微器；直流电源E(电动势为18 V，内阻忽略不计)；标准电流表A1(量程1.5 A，内阻r16 )；电流表A2(量程2 A，内阻r2约为5 )；滑动变阻器R2(最大阻值10 )；开关S，导线若干(1)用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L_ cm；用 螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D_ mm.(2)请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据_(3)若某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为_【答案】（1）5020cm 2150mm （2）电路如图所示 （3）【解析】试题分析：（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0054mm=020mm，所以最终读数等于固定尺加上游标尺的读数之和为：50mm+020mm=5020mm=5020cm螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为001150mm=0150mm，所以最终读数等于固定尺加上可动尺的读数之和为：2mm+0150mm=2150mm（2149mm2151mm）（2）根据题意可知通过电流表的读数之差在结合电阻，从而求得电压，则设计的电路图如图所示（3）由欧姆定律可得导体电材料的电阻,由电阻定律：其中由以上联立解得：考点：游标卡尺和螺旋测微器的读数方法、测电阻率【名师点睛】本题要求掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读掌握欧姆定律和电阻定律求解电阻率。11.如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个竖直固定挡板，A、B是两档板连线的三等分点。A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。求：(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2；(2)若两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点，且m10的范围内存在着沿y轴正方向的有界匀强电场，在y0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）。已知oa=oc=cd=L, ob=L/4。现有一个带电粒子，质量为m，电荷量大小为q (重力不计）。t=0时刻，这个带电粒子以初速度v0从a点出发，沿x轴正方向开始运动。观察到带电粒子恰好从d点第一次进入磁场，然后从O点第次离开磁场。试回答：(1)判断带电粒子的电性和匀强磁场的方向；(2)匀强电场的场强大小；(3)若带电粒子在y轴的a、b之间的不同位置以相同的速度v0进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式.【答案】（1）负电；垂直于纸面向里（2）（3）粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点x=0处，与位置坐标y无关【解析】（1）粒子在第一象限时电场力向-y方向，故粒子带负电，要使粒子能从o点射出，磁场方向应垂直于纸面向里。（2）粒子在电场中作类平抛运动，有：水平方向匀速直线竖直方向匀加速直线：，解得（3）粒子从y处射出，进入磁场时，横坐标为x，与x轴的夹角为，则有，解得，粒子从b点到o点作圆周运动轨迹如图，由几何关系可得，半径，洛伦兹力提供向心力，有，解得；设粒子从ab间y处进入电场，在x轴上的D点进入磁场，D点的横坐标为，与x轴的夹角为，则有 ，解得同理，记射出点到D点的距离为x，则有：，解得：，故，所以粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点x=0处，与位置坐标y无关【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径13.下列说法正确的是 A. 当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B. 一定量100 的水变成100 的水蒸气，其分子之间的势能增加C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D. 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关E. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能不变【答案】BCD【解析】A项：分子间距离增大时，分子间他引力和斥力都减小，但斥力减小得快，故A错误；B项：100 的水变成100 的水蒸气，要吸热，由于温度不变，动能相同，所以分子之间的势能增加，故B正确；C项：根据可知， 由于压强不变，体积增大，则温度升高，所以气体内能增大，则一定从外界吸热，故C正确；D项：物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故D正确；E项：根据公式，压膨胀过程中，体积增大，温度升高，气体分子平均动能增大，故E错误。点晴：解决本题关键理解气体内能等于分子动能和势能之和，但理想气体不考虑分子间的势能，所以理想气体内能只取决于温度。14.一圆柱形气缸，质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度），当外界大气压强p0为1105Pa，温度t0为7时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2求：此时气缸内气体的压强；当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（i）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力，根据平衡条件得：，则：。（ii）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为，代入数据得：解得：。考点：理想气体的状态方程【名师点睛】能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中，根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量。15.一列简谐横波在某介质中沿直线由a点向b点传播,a、b两点的平衡位置相距2.5 m,如图所示,图中实线表示a点的振动图像,图中虚线表示b点的振动图像,则下列说法中正确的是。A. 质点a的振动方程为B. 从0时刻起经过0.40 s,质点a、b运动的路程均为16 cmC. 在t=0.45 s时质点b又回到平衡位置D. 在0.10.15 s内,质点b向y轴负方向运动,做加速度逐渐变大减速运动E. 此波的传播速度可能为1.2