四川省绵阳市高中2019届高三物理上学期第二次诊断性考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -四川省绵阳市高中 2019 届高三物理上学期第二次诊断性考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示是我国最早期的指南仪器司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是（ ）A. 地磁场是假想的，客观上不存在B. 地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行C. 通电导线在地磁场中可能不受安培力作用D. 运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功【答案】C【解析】【分析】司南实际上就是一个磁铁；磁体静止时，指南的叫南极用字母 S 表示；指北的叫北极，用字母 N 表示；磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，但地磁场客观存在。【详解】A 项：地

2、磁场是客观存在的，磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故 A 错误；B 项：磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故 B 错误；C 项：当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力，故 C 正确；D 项：由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故 D 错误。故选：C。2.两个完全相同的金属小球（视为点电荷） ，带异种电荷，带电量绝对值之比为 1:7，相距r。将它们接触后再放回原来的位置，则它们之间的相互作用力大小变为原来的（ ）A. - 2 -B. C. D. 【答案】C【

3、解析】【分析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互中和后平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的。【详解】设一个球的带电量为-q，则另一个球的带电量为 Q=7q，此时库仑力大小为：F=带异种电荷，接触后再分开，带电量各为 3q，两球的库仑力大小 ，故 C 正确，ABD 错误。故选：C。【点睛】本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化。3.如图所示，长方体物块在粗糙水平面上，光滑圆球在光滑竖直墙壁和物块上处于静止状态。现用水平向右的拉力 F

4、拉动长方体物块缓慢移动一小段距离，在这个运动过程中（ ）A. 球对墙壁的压力逐渐减小B. 球对长方体物块的压力逐渐增大C. 地面对长方体物块的支持力逐渐减小D. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大【答案】B【解析】【分析】小球受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力分析图，当水平向右的拉力 F 缓慢拉动长方- 3 -体物块时， 增大，根据几何关系判断墙对小球的压力和物块对球支持力的大小变化情况，再结合牛顿第三定律判断球对墙壁的压力和球对长木板的压力变化情况，对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，根据平衡条件及滑动摩擦力公式判断地面对长方体物块的支持力和地面对长方体物块的摩

5、擦力变化情况，再对长方形物块受力分析，根据水平方向受力平衡列式求解水平拉力 F 的变化情况。【详解】A、B 项：对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有：N 1=Gtan， ，当水平向右的拉力 F 缓慢拉动长方体物块时， 增大，则 tan 增大，所以 N1增大，墙壁对球的支持力逐渐增大， 减小，球对长方体物块的压力逐渐增大，故 A 错误，B 正确；C、D 项：对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力 F 和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，故 C、D 错误

6、。故选：B。【点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力。4.质量为 1 kg 的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度时间图像如图所示，以竖直向上为正，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列说法正确的是（ ）A. 小球下落的最大速度为 5 m/sB. 小球能弹起的最大高度为 2.5 mC. 小球第一次反弹后的瞬时速度大小为 10 m/sD. 小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于 15 k

7、gm/s- 4 -【答案】D【解析】【分析】由速度-时间图象可得出小球的运动规律，v-t 图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。【详解】A 项：由图可知，小球下落到 1s 时的速度最大，最大速度为 10m/s；故 A 错误；B 项：弹起后的正向位移为： ，故 B 错误；C 项：由图可知，小球第一次反弹后的瞬时速度大小为 5m/s，故 C 错误；D 项：由动量定理可得： ，所以小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于 15 kgm/s，故 D 正确。故选：D。【点睛】本题考查图象的应用，关键是要明确图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。5.如图所示，金属块 Q 放在带有光滑小孔的水

8、平桌面上，一根穿过小孔的轻绳，上端与 Q 相连，下端拴着一个小球 P。小球 P 在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆） ，轻绳与竖直方向的夹角为 30o；现使小球 P 在原水平面内做半径更大的匀速圆周运动，且轻绳与竖直方向的夹角为 60o，金属块 Q 更靠近小孔。两种情况下 Q 都静止，则后一种情况与原来相比较（ ）A. 小球 P 的线速度更大B. 小球 P 运动的周期更大C. 小球 P 的向心力大小之比为 3 : 1D. 金属块 Q 所受摩擦力大小之比为 3 : 1【答案】AC【解析】【分析】- 5 -金属块 Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化。以 P 为研究对象，根

9、据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断 Q 受到桌面的静摩擦力的变化。由向心力知识得出小球 P 运动的角速度、加速度与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化。【详解】A 项：设细线与竖直方向的夹角为 ，细线的拉力大小为 T，细线的长度为 L，孔到圆心的高度为 h，P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：解得： ，所以 越大，线速度越大，故 A 正确；B 项：由公式 ，所以小球的周期不变，故 B 错误；C 项：小球的向心力为： ，所以向心力之比为： ，故 C 正确；D 项：细线拉力 T= ，对 Q 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，所

10、以金属块 Q 所受摩擦力大小之比为 ，故 D 错误。故选：AC。【点睛】本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，采用隔离法，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键。6.如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度 v从圆心 O 沿着 OD 方向射入磁场，经过时间 t 恰好由 A 点离开磁场。若电子以初速度 v从 O沿着 OD 方向射入磁场，经时间 t恰好由 C 点离开磁场。已知圆弧 AC 长度是圆弧 CD 长度的一半，则（ ）A. B. C. - 6 -D. 【答案】BD【解析】【分析】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出粒子轨道半

11、径，然后由半径公式求出电子的速度。【详解】由几何知识可知，恰好由 A 点射出时，电子轨道半径：电子从 C 点射出时的轨道半径由于圆弧 AC 长度是圆弧 CD 长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切解为 600，由弦长公式 解得： 所以由 A 点射出时， 电子从 C 点射出时，故选：BD。【点睛】本题考查了求电子的速率范围，作出电子的临界运动轨迹、应用数学知识求出电子轨道半径，由半径公式可以求出电子速度，然后即可正确解题。7.地月拉格朗日 L2点，始终位于地月连线上的如图所示位置，该点距离地球 40 多万公里，距离月球约 6.5 万公里。若飞行器 P 通过 L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下

12、沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的周期相等。已知飞行器 P 线速度为 v，周期为 T，受地球和月球对它的万有引力大小之比为 k。若飞行器P 只在地球万有引力作用下沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的线速度为 v，周期为 T，则（ ）- 7 -A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A、B 项：设飞行器 P 受地球的引力为 F1，受月球的引力为 F2，由公式 ，所以 ，故 A 错误，B 正确；C、D 项：由公式 ， ， ，联立解得： ，故 C 正确，D错误。故选：BC。8.如图所示，质量为 m、带电量为+ q 的三个相同的带电小球 A、 B、 C 从水

13、平地面上同一高度以同一初速度 vo水平抛出， B 球始终在方向竖直向下、场强大小为 E1的匀强电场中运动； C球始终在方向垂直纸面向里、场强大小为 E2的匀强电场中运动，且其初速度方向垂直于电场。已知 ， g 为重力加速度，不计空气阻力。小球 A、 B、 C 落地前瞬间速度大小分别为 vA、 vB、 vC，落地前瞬间重力的功率分别为 PA、 PB、 PC，则（ ）A. vAPAPCD. PBPA=PC【答案】AD【解析】【详解】A、B 项：小球 A 只在重力作用下运动，小球 B 在重力和向下的电场力作用下运动，小球 C 在重力，垂直向内的电场作用下运动，由动能定理可知，对 A： ，对 B：，由

14、于 ，对 C 小球在重力方向和电场力方向的位移相同，所以对 C： ，综合以上三式可知， vAPA=PC，故 C 错误，D 正确。故应选：AD。二、实验题9.小明用如图所示装置测量重力加速度，用电磁打点计时器(频率为 50Hz）打出纸带的一部分如图所示。（1）由打出的纸带可判断，实验时小明是用手拿着纸带的_（选填“ A”或“ B”）端由静止释放的。（2）本实验_（选填“需要”或“不需要” ）用天平测重物的质量。（3）纸带上所打点 1 至 9 均为计时点，用刻度尺测得 1、2 两点之间的距离x12=4.56cm，7、8 两点之间的距离 x78=2.23cm，结合这两个数据可以算出当地重力加速度为_

15、m/s2（保留三位有效数字） 。【答案】 (1). A； (2). 不需要； (3). 9.71；【解析】【分析】- 9 -根据相等时间间隔内位移的变化判断哪一端与重锤相连。根据连续相等时间间隔内的位移之差是一恒量，通过逐差法求出加速度。【详解】(1) 重物拉着纸带运动的过程中，相等时间间隔内位移越来越大，知实验纸带的 B端与重物相连接，那么验时小明拿着纸带的 A 端；(2)由于本实验只通过纸带计算加速度，所以不需要测物体的质量；(3) 根据逐差法得：【点睛】解决本题的关键知道测量重力加速度的方法，以及掌握纸带的处理，会通过纸带求解加速度和瞬时速度。10.粗略和精确测量某电阻元件的电阻阻值。（

16、1）用多用电表粗略测量。选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针从左向右的偏转角度过大，因此需要选择_（选填“10”或“1k” ）倍率的电阻挡，并重新电阻调零后再测量，测量结果如图所示，则该电阻元件的电阻为_。（2）精确测量。供选择的器材有：A电流表 A1（量程 0.6A，内阻 r1约为 10）B电流表 A2（量程 60mA，内阻 r2约为 20）C电流表 A3（量程 20mA，内阻 r3=30）D电压表 V（量程 15V，内阻 r4约为 3k）E定值电阻 Ro=100F滑动变阻器 R1，最大阻值为 5，额定电流 1AG滑动变阻器 R2，最大阻值为 10，额定电流 0.2AH电源 E，

17、电动势为 4V，内阻不计I开关 S 及导线若干为减小测量误差，测量时电表示数不能小于其量程的 1/3，并实验要求电表示数变化范围较大。除请器材 H 和 I 外，还需选用的实验器材是：_（选填器材前对应的字母序号） 。- 10 -根据你选择的实验器材，请在虚线框内画出精确测量该电阻元件电阻阻值的最佳电路图，并标明器材的字母代号 _ 。测量后计算该电阻元件电阻阻值的公式是 Rx=_，并说明公式中各符号（题中已知的除外）的物理意义：_。【答案】 (1). ； (2). 70； (3). BCEF； (4). (5). ； (6). I 2为电流表 A2的示数，I 3为电流表 A3的示数；【解析】【分

18、析】使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数；【详解】(1) 选用“100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于10 挡，换挡后要重新欧姆调零；由图示可知，欧姆表示数为 710=70；(2)流过电阻的电流约为 ，故电流表应选 B，由于电压表 V（量程 15V，内阻 r4约为 3k）的量程太大，所以应用已知内阻的电流且与定值电阻串联改装成电压表，故应选 C、E实验要求电表示数变化范围较大，所以滑动变阻器应选用分压式，即滑动变阻器选总阻值较小的即为 F。(3) 实验要求电表示数

19、变化范围较大，所以滑动变阻器应选用分压式，由于电流表 内阻已知，所以电流表 A2应外接，这样可以消除由于电流表 A2的分压，电路图如图：- 11 -(4)由欧姆定律可知， ，其中 I2为电流表 A2的示数，I 3为电流表 A3的示数。三、计算题11.如图所示，长 L=2.5 m、高 h=0.2 m 的长方体物块 P 静止在光滑的水平地面上，可视为质点的质量 m=1kg 的小滑块 Q 在物块 P 的上表面左端静止，物块 P 和滑块 Q 之间的动摩擦因数 =0.2。现给滑块 Q 一个水平向右的瞬时速度 vo=4m/s，经时间 t=1s，刚好从物块 P 的右端飞出，取 g=10m/s2，求：（1）物

20、块 P 的质量 M；（2）滑块 Q 第一次着地时，与物块 P 右端的水平距离。【答案】 （1）2kg（2）0.2m【解析】【详解】(1)滑块 Q 在物块 P 上做匀减速直线运动，设时间 t=1 s 内，滑块 Q 加速度大小为aQ，通过的距离为 xQ，物块 P 通过的距离为 xP，加速度大小为 aP，则解得： ；(2) 在滑块 Q 飞离物块 P 的瞬间，设物块 P 的速度为 vP，滑块 Q 的速度为 vQ，滑块 Q 经过时间 t第一次着地，与物块 P 右端的水平距离为 ，则- 12 -解得： ， 解得： 。12.如图所示， xOy 竖直平面内，在 x0 的区域有方向平行于 xOy 平面且与 x

21、轴正方向的夹角 =45o斜向右上方的匀强电场，场强大小为 E；在 x0 的区域有方向垂直 xOy 平面向外的匀强磁场。在坐标为（ ，0）的 A 点，由静止释放一带正电的质量为 m、电荷量为 q的粒子 P，经电场加速后，从 B 点进入磁场，垂直于 x 轴到达 x 轴上的 C 点（图中未标出） ，并与静止在 C 点的不带电粒子 Q 发生碰撞，碰后形成新粒子且电荷量不变，新粒子经磁场偏转后穿过 y 轴上的 D 点（图中未标出） ，刚好运动到 B 点并被回收。不计粒子重力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度 B；（2）粒子 P 从 A 点到 C 点运动的时间 t；（3）粒子 Q 的质量 M。【答案】 （1

22、） （2） （3）3m【解析】【分析】(1)根据粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力结合几何知识求解磁感应强度；(2)由粒子的运动性质选择恰当的运动规律，在电场中做匀加速运动，在磁场中由 求解；(3)由动量守恒定律结合类平抛运动知识求解。【详解】(1) 设 AB 间距离为 LAB，则- 13 -设对粒子 P 在 B 点的速度为 vB，则解得： 粒子 P 从 B 到 C 做匀速圆周运动，速度大小为 vB，设轨道半径为 r，其圆心 O1在 x 轴上，O1B 垂直于 vB，即与负 x 轴夹角为 45，则r=LAB=L 解得： ；(2) 设粒子 P 在电场中做匀加速运动的加速度为 a1，运动时间为

23、 t1，则解得： 设粒子 P 在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，时间为运动时间为 t2，则- 14 -解得： 解得： ；(3) 设 P、 Q 碰撞后共同速度为 vC，新粒子在第 IV 象限做匀速圆周运动的半径为 r1，则解得： 即碰撞后产生的新粒子在第 IV 象限做匀速圆周运动的半径与在第 I 象限做匀速圆周运动的半径相等， D 点与 B 点关于 O 对称，新粒子在 D 点速度大小为 vC，且垂直于电场方向，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向和沿电场方向运动的距离都等于半径 r=L，设在电场中运动加速度为 a2，时间为 t3，则解得：M=3m。【点睛】带电粒子在复合场中的运动是整个高中的

24、重点，粒子运动过程中受力分析以及运动情况分析是解题的关键，同时要灵活运用几何知识解答。13.下列说法正确的是_。A晶体有固定的熔点B物体吸收热量后，温度一定升高C液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性D雨水没有透过布制雨伞是因为液体表面张力的存在E给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的【答案】ACD;- 15 -【解析】【分析】晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；热力学第一定律判断能量的转化、转移；液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，表面张力的存在使液体表面想被拉伸的

25、弹簧一样，总有收缩的趋势；给自行车打气时气筒压下后反弹，是由活塞上下的压强差造成的。【详解】A 项：单晶体和多晶体都有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，故 A 正确；B 项：物体的内能增加，U=W+Q，物体吸收热量，内能不一定增加，也有可能对外做了功，温度不变或降低，故 B 错误；C 项：液晶是一种特殊的物态，它既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故 C 正确；D 项：雨水不能透过布雨伞，是因为液体表面存在张力，故 D 正确；E 项：给自行车打气时气筒压下后反弹，是由活塞上下的压强差造成的，故 E 错误。故选：ACD。【点睛】加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好 3-3 的基本

26、方法。此处高考要求不高，不用做太难的题目。14.如图所示，玻璃管长 lo=1m，一端开口，另一端封闭，内有一段长度 h=20cm 的水银柱封闭着一定质量的理想气体，大气压强 po=76cmHg，当玻璃管开口向下竖直放置时，气柱长l1=72cm，这时气体温度为 T=300K。求：（）保持温度不变，将玻璃管缓慢转动到开口向上，这时气柱长为多少？（）在玻璃管开口向上时对气体加热，当温度升到多少开尔文时，玻璃管中水银恰好不溢出？（）在（）的基础上继续对气体加热，当气柱达到最高温度时，管中水银柱长度为多少？【答案】 （1）42cm（2）571.4K（3）12cm【解析】- 16 -【详解】(i) 设气体

27、柱横截面积为 s，对封闭气体柱：管口向下时， p1=po-gh= 56cmHg， V1=sl1， T1=300K管口向上时， p2=po+gh= 96cmHg， V2=sl2， T2=300K由玻意耳定律 p1V1=p2V2解得 l2=42cm (ii) 设当温度升高到 T3时，水银恰好不溢出，对封闭气体柱：p3=p2=96cmHg， V3=s(lo-h)，由盖-吕萨克定律 得到 T3571.4K (iii) 设当温度最高时，管内水银柱长度为 x，对封闭气体柱：P4=po+gx ， V4=s(lo-x)，由理想气体状态方程： 代入数据化简有则当 x=12 cm 时，温度 T4最高。15.一列沿

28、 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形如图所示，波上 P、 Q 两质点的位移分别为 yP=-5cm， yQ=5cm。已知任意振动质点连续两次经过平衡位置的时间间隔为 0.5s，下列说法正确的是_。A波速为 4m/sB在 t=0.375 s 时刻，质点 P 在波峰C经过 0.5s，质点 P 通过的路程为 20cmD P、 Q 两质点在振动过程中任意时刻，加速度都相同E x=1m 处质点的振动方程为【答案】ACE;- 17 -【解析】【分析】根据经过平衡位置的时间间隔得到周期，由图得到波长，从而求得波速；根据周期求得质点运动路程；根据质点平衡位置距离与波长的关系得到质点振动关系；由周期

29、及质点位置和振动方程得到质点振动方程，即可得到质点任意时刻的位移。【详解】A 项：任意振动质点连续两次经过平衡位置的时间间隔为 0.5s，故周期 T=1s；由图可得：波长 =4m，故波速 ，故 A 正确；B 项：由 yP=-5cm，振幅 A=10cm 可知，P 质点的平衡位置为 ，根据波的平移可知，质点 P在波峰的时刻为： ，故 B 错误；C 项：经过 0.5s ，质点的路程为 2A=20cm，故 C 正确；D 项：P、Q 平衡位置间的距离不是波长的整数倍，故 P、Q 的振动不可能同步，所以，P、Q不可能在振动的过程中的任一时刻，加速度都相同，故 D 错误；E 项：由图可知， ， x=1m 处

30、质点比波源推后 ，所以 x=1m 处质点的振动方程为，故 E 正确。故选：ACE。【点睛】在波的传播问题中，常根据波动图求得波长，由振动图求得周期，即可求得波速，然后根据波的传播方向求得质点的振动，进而由周期和质点振动求得质点运动路程。16.有一缸壁厚度不计、半径 R1=0.7m 的圆柱形不透光的水缸，装有一部分水，水面平静，缸口到水面的距离 h1=0.3m。点光源 s 在缸底圆心处，在水面上有一遮光薄圆盘，圆盘圆心始终保持在光源 s 的正上方，圆盘半径 R2=0.3m，人刚好能在水缸口边缘看到光源 s 的折射光。已知水的折射率 n=4/3，不考虑光在水缸壁上的反射。求水的深度 h2。【答案】0.4m【解析】【详解】如图所示，设从遮光薄圆盘的边缘射出的光的入射角为 i，折射角为 r，则- 18 -解得： 所以 由 解得： 所以 又 解得： 。- 19 -