甘肃省天水一中2020届高三物理下学期诊断考试试题（扫描版）

甘肃省天水一中2020届高三物理下学期诊断考试试题（扫描版）天水市一中2019-2020学年第二学期高三诊断试题物理参考答案1.解答：行星运动定律是开普勒发现的a错误；b正确；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，c错误；伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献，d错误。2、解析：小球在重力和电场力的共同作用下沿oa做匀加速直线运动，则小球所受合外力沿oa方向，当电场力的方向与合力的方向垂直时（如图中f电3），电场力最小，即eqmgsin ，故场强的最小值e，a正确，b错误当e时，由于在运动过程中电场力不做功，电势能一定不变，机械能也不变，c错误，d错误3、解析：空气阻力不计时，物体只受重力，是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，vt图线是向下倾斜的直线有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律有mgfma，故ag，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律有mgfma，故ag，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小vt图线的斜率表示加速度，故整个过程图线切线的斜率不断减小，图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行，故a、b、d错误，c正确4、解析：互换位置前，a静止在斜面上，则有mgsin mg，互换位置后，对a有mgtma，对m有tmgsin ma，又tt，解得a(1sin )gg，tmg，故选项a、b、d错误，选项c正确5、解析探测器在轨道运行时所受月球产生的万有引力小于在月球表面时所受月球产生的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故a正确；根据万有引力提供向心力有ma，距月心距离相同，则加速度相同，故探测器在轨道经过p点时的加速度等于在轨道经过p点时的加速度，故b错误；轨道的半径大于轨道的半长轴，根据开普勒第三定律，探测器在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期，故c错误；探测器在p点由轨道进入轨道必须减速，故d错误6、解析：当小球上升到圆弧上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0(mm)v1，根据机械能守恒定律有mv02(mm)v12mgr，联立两式解得v05 m/s，b正确7、解析：由于v0，粒子在两板之间的运动时间均为t，在tnt时刻进入的粒子的侧移量最大，在竖直方向上前半个周期加速，后半个周期匀速，ymaxa2aat2，在tt时刻进入的粒子，在前半个周期在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上速度为零，后半个周期在竖直方向上做匀加速运动，侧移量最小，ymina2at2，故yminymax13，c正确8、解析：由题意可知b、d两点电势相等，bd所在直线为等势线，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向与bd垂直且由bd中点指向a，如图所示根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可知，匀强电场的电场强度大小e n/c2 n/c.根据点电荷电场的特点可知，放在d点的点电荷在b点产生的电场强度与在c点产生的电场强度大小相等，都是1.5 n/c，根据电场叠加原理，b点的电场强度大小为eb n/c2.5 n/c，选项a正确9、解析：粒子沿ab边界方向射入磁场，从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，其中速度最大的粒子的运动轨迹应与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，根据题意可以知道，a60，边长acl，则四边形abdo是正方形，粒子轨迹半径rl，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得bqvm2m，则粒子的最大速度vm，故a、c、d错误，b正确10、解析：由理想变压器输入、输出功率相等可知p1p2，即u1i1u2i2，u2，a正确输电线上的电压降为uuu1，b错理想变压器的输入功率p1u1i1ui1ir，c错输电线路上损失的电功率为piri1ui1u1，d错11、解析：原子核衰变过程系统动量守恒，衰变生成的原子核与粒子动量方向相反，速度方向相反，由左手定则知，若生成的原子核与粒子电性相反，则在磁场中的径迹为内切圆，若电性相同，则在磁场中的径迹为外切圆，所以生成的原子核与粒子电性相同，发生的是衰变，不是衰变，故a错误；原子核衰变后生成的原子核与粒子的动量p大小相等、方向相反，原子核与粒子在磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvbm，解得r，由于p、b都相同，则电荷量q越大，其径迹半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的径迹半径小于粒子的径迹半径，则半径为r1的圆为新核的运动径迹，半径为r2的圆为粒子的运动径迹，故b错误；由b选项的分析知，r1r2290145，故c正确；若是衰变，生成的原子核与粒子电性相同，由左手定则可知，原子核与粒子都沿顺时针方向做匀速圆周运动，故d正确故选c、d.12、（3-3 分校做）解析：ab过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，根据uqw可知气体吸热，故a项正确；bc过程中，绝热膨胀，气体对外界做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故b项错误；cd过程中，温度不变，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故c项错误；da过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故d项正确。12、（3-4本部做） 解析通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，选项b错误；由n知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项a正确；入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项c错误；na大于nb，所以fa大于fb，由知，所以a光干涉条纹间距小，d正确13、答案：(1)0.74 (2)0.399 (3)偏大解析：(1)设1、2间的位移为xa, 4、5间的位移为xb；因为交流电源频率为50 hz，且每打5个点取一个计数点，所以两个计数点之间的时间间隔t0.1 s；因为xbxa3at2，代入数据解得a0.74 m/s2.(2)打第2个计数点时物体的瞬时速度等于打1、3点之间物体的平均速度，因此有v2102 m/s0.399 m/s.(3)如果当时电网中交变电流的频率是f49 hz，则周期变大，计数点之间的时间间隔变大，即实际的时间间隔大于0.1 s，但是该同学仍以0.1 s计算，根据xbxa3at2，知加速度的测量值比实际值偏大14、答案：(1)黑表笔调零旋钮右(3)1.4914.5(4)小解析：(1)表笔b接多用电表内电源的正极，则为黑表笔，将选择开关转至欧姆挡“1”，将红、黑表笔短接，调节调零旋钮，使指针指在右侧零刻度线处(3)由闭合电路欧姆定律可知eur，变形得，由所作图象可知，图象与纵轴的交点为0.67 v1，则电源的电动势e1.49 v；图象的斜率表示，则 v19.70 v1，则r9.701.49 14.5 .(4)当r为无穷大即不接电阻箱时，电压表的示数为多用电表内部电源的电动势的测量值，而电压表两端的电压等于电动势的真实值减去多用电表的内电压，所以多用电表内部电源电动势的测量值比真实值小15、（13分）解析：(1)小物块沿长木板下滑的加速度大小：a1gsin 小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t1满足：la1t长木板下滑时，有：mgsin 2mgcos ma2la2t解得：tan .(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数是长木板与斜面间动摩擦因数的一半，则对小物块，有：a1gsin gcos ，la1t对长木板，有：mgsin mgcos 2mgcos ma2la2t解得：则：a14.8 m/s2小物块运动到斜面底端所用的时间：t21 s.-每式各1分16、（11分）解析：(1)设粒子在磁场中运动的半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得：rr由洛伦兹力等于向心力：qv0bm解得：b.(2)由图中几何关系可得n点的横坐标为：xrsin 60r纵坐标为：yrcos 60rn点的坐标为（r，r）. (3)粒子在磁场中运动的周期t由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间t1粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可得，从出磁场到再次进磁场的时间t2其中s3rr粒子从m点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间tt1t2解得：t-每式各1分17、（10分）（3-3分校学生做）解析：(1)设p、q初始体积均为v0，在活塞a接触上端卡环之前，q气体做等压变化，则由盖吕萨克定律有：-1分 解得：t12t0. -1分(2)当活塞a恰接触汽缸上端卡环后，p气体做等温变化，由玻意耳定律有：v0p1-1分 解得p1-1分 此时q气体的压强为p2p1-1分 当p气体体积变为原来一半时，q气体的体积为v0，此过程对q气体由理想气体状态方程：-3分 解得t2t0. -2分17、（10分）（3-4本部学生