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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n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 【答案】B 2. 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 V B. 抽油烟机上电压的瞬时值表达式为u=2202sin(100πt)V C. 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=n1n2⋅U2=51×220V=1100V,则电压表示数为1100V,故A正确;由图乙可知, ω=2π0.02=100πrad/s,则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=2202sin(100πt)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v1>v2 C. 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=rω,v∝r,所以v1<v2.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=rω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qE−qv0Bm C. 粒子在P点的为动能为12mv02+qyE D. 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=qE−qv0Bm,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=12mv2−12mv02 ,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v<v0.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3BLV4 C. 线框进入L/2时所受安培力为B2L2V4R D. 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:ΔΦ=B(L+L22×L2−L2×L22)=BL24,电路中通过的电量为:q=ΔΦR=BL24R,故D正确; 故选BD. 8. 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ω>2Kg3L时,A、B会相对于转盘会滑动 B. 当ω>Kg2L时,绳子一定有弹力 C. ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时,B所受摩擦力一直变大 D. ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时,A所受摩擦力一直变大 【答案】ABD 【解析】当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B相对于转盘会滑动,对A有:kmg-T=mLω2,对B有:T+kmg=m•2Lω2,解得ω=2Kg3L ,当ω>2Kg3L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=m•2Lω2, 解得ω1=Kg2L,知ω>Kg2L时,绳子具有弹力.故B正确.角速度0<ω<Kg2L,B所受的摩擦力一直变大,故C错误.当ω在0<ω<2Kg3L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. ①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 ②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】①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; ②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=1.10−0.900.1cm/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。 ⑴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。 ⑵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5Ω。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1I−R图线,如图丙。由图线C可知电池C的电动势E=_____V;内阻r=______Ω。 (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=1E×R+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=1Ω。 (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μ=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)1.4N⋅s 【解析】(1)碰后物块M做平抛运动,h=gt2…① S=v3t…② v3=sg2h=3.0m/s …③ vy=2gh=4.0m/s …④ 物块落地速度大小v=v32+vy2=5.0m/s …⑤ (2)物块与小球在B处碰撞:Mv1=mv2+Mv3…⑥ 碰后小球从B处运动到最高点A过程中, 12mv22=12mvA2+2mgL 小球在最高点:2mg=mvA2L …⑧ 由⑦⑧解得v2=6.0m/s…⑨ 由③⑥⑨得v1=mv2+Mv3M=6.0m/s …⑩ 物块M从P运动到B处过程中, …(11) …(12) 根据动量定理得:I=Mv0=14N•S 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=0.1m,磁感应强度B=0.5T,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=0.3 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:;