四川省德陽市2019屆高三物理下學(xué)期二診試題（含解析）.docx

四川省德陽市2019屆高三物理下學(xué)期二診試題（含解析）二、選擇題（本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，14-18題只有一項符合題目要求，19-21題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1.甲、乙兩人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，如圖所示，下列說法正確的是（）A. 乙的周期大于甲的周期B. 乙的速度大于甲的速度C. 乙的向心力大于甲的向心力D. 乙的機(jī)械能大于甲的機(jī)械能【答案】B【解析】【詳解】A、知周期，半徑小的周期小，故甲的周期大于乙的周期；故A錯誤B、根據(jù)知線速度，軌道半徑小的線速度大，故B正確；C、萬有引力提供向心力，萬有引力公式，因不知道甲、乙衛(wèi)星質(zhì)量的大小關(guān)系，僅知半徑大小關(guān)系無法判斷萬有引力的大小，即無法判斷向心力的大小，故C不正確；D、衛(wèi)星的機(jī)械能包括衛(wèi)星的勢能和動能，勢能和動能都與質(zhì)量有關(guān)，因不知道甲乙衛(wèi)星的質(zhì)量，故無法判斷，故D錯誤。2.a、b、c三個物體在同一條直線上運動。它們的位移時間圖象如圖所示，其中a是一條頂點坐標(biāo)為（0，10）的拋物線，下列說法正確的是（）A. b、c兩物體都做勻速直線運動，兩個物體的速度相同B. 物體c的速度越來越大C. 物體a的加速度為0.4m/s2D. 在05s內(nèi)，a、b兩個物體間的距離逐漸變大【答案】D【解析】【詳解】A、位移圖象中傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，則知b、c兩物體都做勻速直線運動。由圖看出斜率看出，b、c兩圖線的斜率大小相等、正負(fù)相反，說明兩物體的速度大小相等、方向相反，速度不同，故A錯誤。B、位移圖象的斜率表示速度，c圖線的斜率不變，說明物體c的速度不變，故B錯誤。C、對于勻加速直線運動位移公式xv0tat2，可見，xt圖象是拋物線，所以物體a一定做勻加速直線運動,在05s內(nèi)a通過的位移為 x20m10m10m，將t5s，x10m代入xat2，解得a0.8m/s2故C錯誤。D、t0時刻a、b從同一位置出發(fā)開始運動，a物體沿正方向運動，b物體沿負(fù)方向運動，在05s內(nèi)，a、b兩個物體間的距離逐漸變大，故D正確。3.如圖所示，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l，在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里大小相等的電流時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為l的a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B則P中的電流在a點處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】由于兩電流在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B如圖所示，P中電流在a點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Q中電流在a點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向夾角為60，根據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合三角知識，則有B2Bpcos30，解得 ，故故B正確，ACD錯誤。4.如圖所示，粗糙水平地面上的長方體物塊將一重為G的光滑圓球抵在光滑豎直的墻壁上，現(xiàn)用水平向右的拉力F緩慢拉動長方體物塊，在圓球與地面接觸之前下面的相關(guān)判斷正確的是（）A. 水平拉力F逐漸減小B. 球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小C. 地面對長方體物塊的摩擦力逐漸增大D. 地面對長方體物塊的支持力逐漸增大【答案】A【解析】【詳解】B、對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示：小球受力平衡，則有： ，當(dāng)水平向右的拉力F緩慢拉動長方體物塊時，增大，則tan增大，所以N1增大，cos減小，則N2增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u增大，故B錯誤；ACD、對小球和長方形物塊整體進(jìn)行受力分析，如圖所示：整體處于平衡狀態(tài)，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墻壁對球水平向右的壓力以及水平向左的滑動摩擦力，豎直方向受力平衡，則地面對物塊的支持力等于整體的重力，不發(fā)生改變，動摩擦因數(shù)不變，則滑動摩擦力不變；對長方形物塊受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球?qū)ξ飰K的壓力N2以及滑動摩擦力作用，受力平衡，則水平方向有：F+N2sinf，根據(jù)牛頓第三定律可知，N2N2，由于N2增大，增大，f不變，則F減小，故A正確，CD錯誤。5.如圖所示，光滑絕緣水平面上嵌入一無限長通電直導(dǎo)線。一質(zhì)量為0.02kg的金屬環(huán)在該平面內(nèi)以大小v02m/s、方向與電流方向成60角的初速度滑出。則（）A. 金屬環(huán)最終將靜止在水平面上的某處B. 金屬環(huán)最終沿垂直導(dǎo)線方向做勻速直線運動C. 金屬環(huán)受安培力方向始終和受到方向相反D. 金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能最多為0.03J【答案】D【解析】ABC、金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右運動，磁通量減小，根據(jù)“來拒去留”可知，所受的安培力將阻礙金屬圓環(huán)遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線，即安培力垂直直導(dǎo)線向左，與運動方向并非相反，安培力使金屬環(huán)在垂直導(dǎo)線方向做減速運動，當(dāng)垂直導(dǎo)線方向的速度減為零，只剩沿導(dǎo)線方向的速度，然后磁通量不變，無感應(yīng)電流，水平方向合力為零，故為勻速直線運動，故A、B、C錯誤；D、由題意知：沿導(dǎo)線方向分速度v1=v0cos60=1m/s根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒解得：，代入數(shù)值解得：Q=0.03J，故環(huán)中最多產(chǎn)生0.03J的電能，故D正確；故選：D點睛：金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右上運動，磁通量減小，根據(jù)“來拒去留”可知，所受的安培力與運動方向不一定相反，使金屬環(huán)在垂直導(dǎo)線方向做減速運動，當(dāng)垂直導(dǎo)線方向的速度減為零，最終金屬環(huán)的運動狀態(tài)為勻速沿導(dǎo)線運動根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，減小的動能轉(zhuǎn)化成電能。6.下列說法正確的是（）A. 發(fā)生光電效應(yīng)時，增大入射光的頻率，光電子的最大初動能一定會增大B. 發(fā)生光電效應(yīng)時，增大入射光的強(qiáng)度，光電子的最大初動能一定會增大C. 原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定D. 原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時，會輻射光子【答案】AC【解析】【詳解】AB、根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，EkhW；可知，光電子的最大初動能跟入射光強(qiáng)度無關(guān)，與入射光的頻率有關(guān)，頻率越大，光子的最大初動能越大，故A正確，B錯誤；C、比結(jié)合能描述的是原子核的穩(wěn)定程度，原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故C正確；D、原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時，能級變大，吸收能量，故D錯誤。7.如圖甲所示是線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的交變電壓圖象。將該電壓加在圖乙中理想變壓器的M、N兩端。變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5：1，電阻R的阻值為2，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是（）A. 0.01s時穿過線圈的磁通量為零B. 線圈轉(zhuǎn)動的角速度為100rad/sC. 流過燈泡的電流方向每秒鐘改變25次D. 電流表的示數(shù)為2A【答案】AD【解析】【詳解】A、由圖象可知，在t0.01s時，電壓最大，此時是磁通量的變化率最大，此時穿過線圈的磁通量為零，故A正確；B、根據(jù)圖象可以知道，交流電的周期是0.04s，由50rad/s，故B錯誤；C、交流電的周期是0.04s，在每一個周期內(nèi)交流電的方向改變2次，所以流過燈泡的電流方向每秒鐘改變次數(shù)：n50次，故C錯誤；D、電壓表讀數(shù)為副線圈有效值，原線圈的電壓的有效值為100V，由電壓與匝數(shù)成正比可得副線圈的電壓有效值為：20V，所以電壓表的示數(shù)為20V；副線圈上的電流：I210A，由電流與匝數(shù)成反比得 I12A，所以電流表讀數(shù)為2A，故D正確。8.如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，x軸上固定一個點電荷Q，y軸上固定一根光滑絕緣細(xì)桿（細(xì)桿的下端剛好在坐標(biāo)原點O處），將一個套在桿上重力不計的帶電圓環(huán)（視為質(zhì)點）從桿上P處由靜止釋放，圓環(huán)從O處離開細(xì)桿后恰好繞點電荷Q做圓周運動下列說法正確的是（）A. 圓環(huán)沿細(xì)桿從P運動到O的過程中，速度可能先增大后減小B. 圓環(huán)沿細(xì)桿從P運動到O的過程中，加速度可能先增大后減小C. 增大圓環(huán)所帶的電荷量，其他條件不變，圓環(huán)離開細(xì)桿后仍然能繞點電荷做圓周運動D. 將圓環(huán)從桿上P的上方由靜止釋放，其他條件不變，圓環(huán)離開細(xì)桿后仍然能繞點電荷做圓周運動【答案】C【解析】試題分析：圓環(huán)從P運動到O的過程中，對環(huán)受力分析，環(huán)受庫侖引力和桿的彈力，庫侖引力沿桿方向上的分力等于圓環(huán)的合力，滑到O點時，所受的合力為零，加速度為零，故A錯誤；圓環(huán)從P運動到O的過程中，庫侖引力做正功，動能一直增大，速度一直增大，故B錯誤；圓環(huán)從P運動到O的過程中，根據(jù)動能定理得，根據(jù)牛頓第二定律有，可知，軌跡半徑與圓環(huán)所帶電荷量無關(guān)，故C正確；若增大高度，電勢差U增大，軌跡半徑發(fā)生變化，圓環(huán)不能做圓周運動，故D正確?？键c： 向心力，牛頓第二定律，帶電粒子在電場中運動的綜合應(yīng)用二.非選擇題9.為了驗證矩形線框自由下落過程上、下邊經(jīng)過光電門時機(jī)械能是否守恒，使用了如圖所示的實驗裝置。已知矩形線框用直徑為d的圓形材料做成，用刻度尺測出矩形線框上下邊之間的距離L某次實驗中矩形線框下邊和上邊先后經(jīng)過光電門的擋光時間分別為和。（1）通過實驗可測出上、下邊通過光電門的速度v1和v2，分別為v1_，v2_。（2）如果滿足關(guān)系式_（請用測量的物理量和已知量來表示，重力加速度為g），則自由下落過程中線框的機(jī)械能守恒。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【詳解】（1）本實驗中利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，故有：，同理。（2）根據(jù)機(jī)械能守恒有：，整理得：10.某同學(xué)設(shè)計了如圖所示實驗電路測量電壓表的內(nèi)阻和電阻絲的電阻，實驗室提供的器材有：兩節(jié)干電池、電阻箱R0、粗細(xì)均勻的電阻絲、與電阻絲接觸良好的滑動觸頭P、開關(guān)、靈敏電流計（靈敏電流計的零刻度在表盤正中央）、待測電壓表、導(dǎo)線。他進(jìn)行了下列實驗操作：（1）按原理如圖將如圖所示的實物圖連接成完整電路，請你幫他完成實物連線_；（2）先將電阻箱阻值調(diào)至最大，將滑動觸頭P移至電阻絲的正中間位置；（3）閉合開關(guān)K，將電阻箱的阻值逐漸減小，當(dāng)電阻箱的阻值為R0時，靈敏電流計示數(shù)為0，可知電壓表內(nèi)阻RV_；（IV）將電阻箱的阻值調(diào)至0，將cd導(dǎo)線斷開，然后將滑動觸頭P移至最左端。此時電壓表的示數(shù)為U，靈敏電流計的示數(shù)為I，則電阻絲的電阻為_，測得的電阻值_（填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”）。【答案】 (1). 電路連線如圖: (2). R0 (3). (4). 偏大【解析】詳解】（1）電路連線如圖：（3）靈敏電流計的示數(shù)為0時，說明電壓表和電阻箱分壓之比與電阻絲右邊和左邊電阻分壓相等，故；（4）將電阻箱的阻值調(diào)至0，將cd導(dǎo)線斷開，將滑動觸頭P移至最左端后，電阻絲的全部電阻與靈敏電流計串聯(lián)，電壓表測量的是靈敏電流計和電阻絲的總電壓，電阻絲電阻的測量值，因為采用了內(nèi)接法， ，故電阻的測量值偏大。11.如圖，是游樂場的一項娛樂設(shè)備。一環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上幾十米的高處，然后讓屋艙自由落下，落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，到地面時剛好停下。已知座艙開始下落的高度為H75m，當(dāng)落到離地面h30m的位置時開始制動，座艙均勻減速。在一次娛樂中，某同學(xué)把質(zhì)量m6kg的書包放在自己的腿上。g取10m/s2，不計座艙與柱子間的摩擦力及空氣阻力。（1）求座艙制動過程中書包對該同學(xué)腿部的壓力多大（2）若環(huán)形座與同學(xué)們的總質(zhì)量M4103kg，求制動過程中機(jī)器輸出的平均功率【答案】N150 N P15l06 W【解析】（1）設(shè)座艙開始制動時的速度為v，制動過程中的加速度大小為a,書包受到腿的支持力為N，由運動公式可得：v2=2g(H-h)v2=2ah根據(jù)牛頓第二定律，對書包：N-mg=ma解得N=150N根據(jù)牛頓第三定律有該同學(xué)腿部受到的壓力為150N.（2）設(shè)制動過程中座艙所受的制動力為F，經(jīng)歷的時間為t，由運動公式：h=vt-at2；根據(jù)牛頓第二定律，對座艙：F-Mg=Ma座艙克服制動力做功：W=Fh機(jī)械輸出的平均功率： 聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)可得：P=1.5106W12.如圖所示，在豎直平面（紙面）內(nèi)有長為l的CD、EF兩平行帶電極板，上方CD為正極板，下方EF為負(fù)極板，兩極板間距為l，O點為兩極板邊緣C、E兩點連線的中點；兩極板右側(cè)為邊長為l的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域磁場方向垂直紙面向外。離子源P產(chǎn)生的電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子飄入電壓為U1的加速電場，其初速度幾乎為零，被電場加速后在豎直平面內(nèi)從O點斜向上射入兩極板間，帶電粒子恰好從CD極板邊緣D點垂直DF邊界進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與帶電粒子射入電場O點時的速度大小v0的關(guān)系為，帶電粒子重力不計。求（1）帶電粒子射入電場O點時的速度大小v0；（2）兩平行極板間的電壓U2；（3）帶電粒子在磁場區(qū)域運動的時間t?！敬鸢浮浚?） ；（2）U1；（3）【解析】【詳解】（1）電荷在電場中加速，由動能定理得：，解得：；（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向與水平方向間的夾角為，在偏轉(zhuǎn)電場中：，加速度： ，解得：；（3）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子運動軌跡如圖所示，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角：，粒子在磁場中的運動時間：，解得：.13.一列波沿x軸傳播，t2s時刻的波形如圖所示，如圖是某質(zhì)點的振動圖象，則下列說法正確的是（）A. 波的傳播速度為lm/sB. 波如果向右傳播，則圖2是處質(zhì)點的振動圖象C. 波如果向左傳播，則圖2是處質(zhì)點的振動圖象D. 波如果向左傳播，則處質(zhì)點經(jīng)過1s到達(dá)處E. 無論波向左傳播還是向右傳播，處在2s內(nèi)路程都為2A【答案】ABE【解析】【詳解】A、由波動圖象知，波長為 4m，由振動圖象知，周期為T4s，則波的傳播速度為 vm/s1m/s，故A正確；BC、根據(jù)振動圖象知該質(zhì)點在t2s時在平衡向下振動，根據(jù)“同側(cè)法”可知，該質(zhì)點在波形圖中處于平衡位置，并且向下振動，波如果向右傳播，應(yīng)是x0、4m處質(zhì)點的振動圖象，故B正確、C錯誤；D、無論波向左傳播，x2m處質(zhì)點此時向下振動，經(jīng)過，質(zhì)點達(dá)到坐標(biāo)（2m，-A）處，故D錯誤；E、無論波向左傳播還是向右傳播，x2