2019-2020年高三物理第一次诊断性考试试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理第一次诊断性考试试题（含解析）理科综合共300分，考试用时150分钟。 1物理试卷分为第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第I卷1至3页，第卷4至5页，共110分。 2答卷前，考生务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，只将答题卡交回。第I卷 注意事项： 1每题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 2本卷共7题，每题6分，共42分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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下列表述正确的是 A. 焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律 B库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量 C. 电荷在电场中会受到电场力作用，电流在磁场中也一定会受到磁场力的作用 D由公式可知，E与Q成正比；由公式可知，F与r成反比【答案】A【解析】A、焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律，故A正确；B、密立根过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故B错误；C、电荷在电场中会受到电场力作用，电流平行于在磁场方向则不受到磁场力的作用，故C错误；D、公式是点电荷的场强决定式，故E与Q成正比；向心力公式中，当r变化时，v也变化，故F不与r成反比，故D错误。故选A。【考点】电场强度；物理学史2下列说法正确的是【答案】D【解析】A、大力扣篮时，人的肢体动作不能忽略，即不能忽略人的大小和形状，物体不能看作质点，故A错误；B、“313km“指的是列车行驶的距离，指的是火车的路程，不是位移，故B错误；C、跳水运动员在空中时只受重力，故处于失重状态，故C错误；D、只有同步卫星才是相对于地面静止，而周期为24h的卫星并不一定都是同步卫星，故D正确。故选D。【考点】同步卫星；质点；位移与路程；超重和失重3在光滑水平面内建立平面直角坐标系xoy，一质点从t=0时刻起，由坐标原点O(0，0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是A. 4s末质点的速度为4m/s B2s末4s末，质点做匀加速直线运动 C4s末质点的位置坐标为(4m，4m) D4s末质点的位置坐标为(6m，2m)【答案】D【解析】A、由图象，结合运动的合成，则有4s末质点的速度为，故A错误；B、在2s4s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向，故B错误；CD、在前2s内，物体在x轴方向的位移；在后2s内，x轴方向的位移为，y轴方向位移为，则4s末物体的坐标为（6m，2m），故C错误D正确。故选D。【考点】运动的合成和分解4“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日1点30分在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月”的新阶段。若已知引力常量G，月球绕地球做圆周运动的半径、周期，“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的环月轨道（见图）半径、周期，不计其他天体的影响，则根据题目条件可以 A求出“嫦娥三号”探月卫星的质量 B求出地球与月球之间的万有引力 C求出地球的密度 D得出【答案】B【解析】A、“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动，由万有引力提供向心力得：，由此可知等式两边的卫星质量m可以约去，只能得到月球的质量，故A错误；C、根据月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1，由，可求得地球的质量，但地球的半径未知，不能求出地球的密度，故C错误B、由上求出月球和地球的质量，又月球绕地球做圆周运动的半径为r1，根据万有引力定律可求得地球与月球之间的引力，故B正确D、由A、B两项结果可得：与中心天体的质量成正比，所以，故D错误。故选B。【考点】万有引力定律5如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g=10)，则下列结论正确的是 A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B物体的质量为3 kg C物体的加速度大小为5 D弹簧的劲度系数为7.5 N/cm【答案】C【解析】A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；BCD、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：mg=kx拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1+kx-mg=ma物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有：F2-mg=ma代入数据解得：m=2kg、k=500N/m=5N/cma=5m/s2，故C正确BD错误。故选C。【考点】胡克定律；牛顿第二定律6如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，为光敏电阻。当的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是A若仅将的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变【答案】BD【解析】A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A错误；B、若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少，故B正确；C、若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少，故C错误；D、若仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir可得：，不变，故D正确。故选BD。【考点】电容；闭合电路的欧姆定律7如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若L，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g。则 A. 小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动 B小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg C经足够长时间,小球克服摩擦力做的总功是mgLD小球经过O点时，对轨道的弹力可能为【答案】AD【解析】A、小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为，其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A正确；B、当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为，不可能大于，故B错误；C、根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为，故C错误；D、对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：；由C到O点，机械能守恒定律，则有：；由上综合而得：对轨道的弹力为，当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为，故D正确。故选AD。【考点】带电粒子在混合场中的运动第卷注意事项：1用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上。2本卷共4题，共68分。8(17分)(1)（7分）以下是小丽同学在“探究共点力作用下物体的平衡条件”实验中的操作步骤。请完成步骤中的填空：A. 将一方形薄木板平放在桌面上，在板面上用图钉固定好白纸, 将三个弹簧测力计的挂钩用细线系在小铁环上，如图甲所示B先将其中两个测力计固定在图板上，再沿某一方向拉着第三个测力计。当铁环_时，分别记下测力计的示数和_，并作出各个力的图示C按_作出的合力，如图乙所示。比较和_，由此，找出三个力的关系。【答案】平衡 它们的方向 平行四边形定则 F3【解析】本实验探究共点力作用下物体的平衡条件，所以平衡时铁环保持静止状态，此时要记录测力计的示数F1、F2、F3和它们的方向，根据平行四边形定值作出F1、F2的合力，比较F12和F3的关系即可求出结论。【考点】验证力的平行四边形定则 (2)（10分）小明、小刚、小敏所在的学习兴趣小组在研究玩具电动机的工作状态时，想描绘出电动机工作时两端电压U和通过电动机线圈的电流I的U-I图线。 实验室备有下列器材： 待测电动机M(额定电流0.9A，额定电压4.O V) 电流表（量程5A，内阻约0.1） 电流表（量程0.6 A，内阻20 ） 电压表(量程4.5 V，内阻约8 k) 电压表 (量程3V，内阻约10 k) 电阻箱(099.9) 滑动变阻器（最大阻值为100） 滑动变阻器(最大阻值为10) 电源E（电动势为6V，内阻很小） 开关S，导线若干 为了达到实验目的且操作方便、并尽可能提高测量精度，他们设计了图甲所示的测量电路图，并让小明先把量程为0.6 A的电流表改装成了量程为1.0A的电流表。 图甲中电流表应选_，电压表应选_,滑动变阻器应选_；虚线框中的元件是_。（均填器材代号字母） 实验中，小组同学团结合作、按正确操作完成了实验。小敏根据探测记录，作出了图 乙所示的M在不转动和转动两种情形下两端电压U随电流I变化的图线。由图可知，M内部线圈的电阻约为_。（结果保留两位有效数字） 小刚根据小敏作出的U-I图线对M两端电压数据进行比较。他发现：M两端电压为2.5 V时通过M的电流，居然小于M两端电压为2.0V时通过M的电流！出现这一结果的主要原因是：_。【答案】A2 V1 R2 R0 2.5两个状态下M的输入功率几乎相等，M不转动时，输入电能全部转化为热能，但是M转动起来后，输入电能只有一小部分转化为内能，由可知，变小，I变小【解析】（2）电压表测量电动机电压，而电动机额定电压为4V，所以电压表选择V1（量程4.5V，内阻约8k），电动机的额定电流为0.9A，所以电流表不能选用量程5A的，则选用A2（量程0.6A，内阻2.0），则在电流表上需要并联一个电阻，以增大其量程，所以虚线框中的元件是电阻箱R0（099.9），滑动变阻器使用最大阻值较小的，有利于数据的测量和误差的减小，故选滑动变阻器R2（最大阻值为10）；电动机M在不转动为纯电阻电路，根据欧姆定律得：M内部线圈的电阻；根据图象数据可知，两个状态下M的输入功率几乎相等，M不转动时，输入电能全部转化为热能，但是M转动起来后，输入电能只有一小部分转化为内能，由可知，变小，I变小。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线9(15分）遥控电动赛车的比赛中有个规定项目是“飞跃豪壕沟”，如图所示，比赛中要求赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后跃过“壕沟”，落在平台EF段，已知赛车的质量ml.0kg、额定功率P10.0 W，在水平直轨道上受到的阻力恒为f=2.0N，BE的高度差h=0.45m，BE的水平距离x=0.90m,赛车车长不计，空气阻力不计，g取10 (1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度的大小； (2)要跃过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小； (3)比赛中，若赛车在A点达到最大速度后即刻停止通电，赛车恰好能跃过壕沟，求AB段距离s【答案】 【解析】（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时做匀速直线运动，设其牵引力为，则有又因为所以（2）赛车通过B点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v，在空中运动时间为t1，则有、所以（3）设AB间距离为s，对于小车在AB段的运动，由动能定理得：故有：。【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率10（17分）如图所示，左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为U、间距为L；右侧为“台形”匀强磁场区域ACDH，其中，AHCD，=4L一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从狭缝射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射人“台形”区域，最后全部从边界AC射出。若两个区域的磁场方向均水平（垂直于纸面向里）、磁感应强度大小均为B，“台形”宽度=L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用(1)判定这柬粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小；(2)求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；(3)求出(2)问中偏转角度最大的粒子在“台形”区域中运动的时间。【答案】 、 【解析】（1）粒子在台型区域，从AC射出，可知粒子带正电，由于粒子在左侧正交场中做匀速直线运动，知：，解得：；（2）在台型区域，粒子做圆周运动由上式可知：当粒子质量最小时，半径R最小，粒子运动轨迹恰与AC相切，当粒子质量最大，半径R最大，粒子恰过C点，由几何关系知：解得：因MN=L，所以AMC是等边直角三角形，R2=L解得：、（3）带电粒子在磁场中运动周期为：，如图知粒子沿甲图运动时间最长为：联立以上各式解得：。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动11（19分）如图所示，绝缘传送带与水平地面成角，倾角也是的绝缘光滑斜面固定于水平地面上且与传送带良好对接，轻质绝缘弹簧下端固定在斜面底端。皮带传动装置两轮轴心相距L6m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m0.1 kg、电荷量q=+210 C的工件（视为质点，电荷量保持不变）放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件滑到传送带端点B时速度=8 ms。AB间的距离s=l m，AB间无电场，工件与传送带间的动摩擦因数=0.25。（g取10 ，)(1)求弹簧的最大弹性势能；(2)若皮带传动装置以速度v顺时针匀速转动，且v可取不同的值(安全运行的最大速度为10 m/s)，在工件经过B点时，先加场强大小E=410 N/C，方向垂直于传送带向上的均强电场，0.5s后场强大小变为E=1.210 N/C方向变为垂直于传送带向下。工件要以最短时间到达C点，求v的取值范围；(3)若用Q表示工件由B至C的过程中和传送带之间因摩擦而产生的热量在满足(2)问的条件下，请推出Q与v的函数关系式。【答案】 6m/sv10m/s 【解析】（1）从A到B的过程中，由机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：代入数据解得：；（2）工件经过B点运动t1=0.5s的过程中，根据qE=mgcos可知，摩擦力为0，工件做匀减速运动，有：代入数据解得：，所以所以当场强大小变为E，方向变成垂直于传送带向下后，要使工件以最短时间到达C点，传送带对它的滑动摩擦力要一直向上，设满足此条件的传送带最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有：，解得：，工件沿传送带发生的位移，而解得：所以当传送带以6m/sv10m/s运动时，工件将以最短时间达到C点；（3）由于第一个过程中摩擦力为0，所以只在第二个过程中产生热量，在第二个过程中经历的时间传送带在t2时间内发生的位移为，则热量代入数据解得：。【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；功能关系参考答案1A 2D 3D 4B 5C 6BD 7AD8(1)平衡 它们的方向 平行四边形定则 F3 (2)A2 V1 R2 R0 2.5两个状态下M的输入功率几乎相等，M不转动时，输入电能全部转化为热能，但是M转动起来后，输入电能只有一小部分转化为内能，由可知，变小，I变小9(15分）（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时做匀速直线运动，设其牵引力为，则有又因为所以（2）赛车通过B点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v，在空中运动时间为t1，则有、所以（3）设AB间距离为s，对于小车在AB段的运动，由动能定理得：故有：。10（17分）（1）粒子在台型区域，从AC射出，可知粒子带正电，由于粒子在左侧正交场中做匀速直线运动，知：解得：；（2）在台型区域，粒子做圆周运动由上式可知：当粒子质量最小时，半径R最小，粒子运动轨迹恰与AC相切，当粒子质量最大，半径R最大，粒子恰过C点，由几何关系知：解得：因MN=L，所以AMC是等边直角三角形，R2=L解得：、（3）带电粒子在磁场中运动周期为：，如图知粒子沿甲图运动时间最长为：联立以上各式解得：。11（19分）（1）从A到B的过程中，由机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：代入数据解得：；（2）工件经过B点运动t1=0.5s的过程中，根据qE=mgcos可知，摩擦力为0，工件做匀减速运动，有：代入数据解得：，所以所以当场强大小变为E，方向变成垂直于传送带向下后，要使工件以最短时间到达C点，传送带对它的滑动摩擦力要一直向上，设满足此条件的传送带最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有：，解得：，工件沿传送带发生的位移解得：所以当传送带以6m/sv10m/s运动时，工件将以最短时间达到C点；（3）由于第一个过程中摩擦力为0，所以只在第二个过程中产生热量，在第二个过程中经历的时间传送带在t2时间内发生的位移为，则热量代入数据解得：。