四川省成都市2020届高三物理下学期6月第三次诊断性检测试题.doc

四川省成都市2020届高三物理下学期6月第三次诊断性检测试题

四川省成都市2020届高三物理下学期6月第三次诊断性检测试题

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四川省成都市2020届高三物理下学期6月第三次诊断性检测试题（含解析）
一、选择题
1.1919年，卢瑟福用a粒子轰击氮原子核发现了质子。发现质子的核反应方程为：,则X的原子序数和质量数分别为（　　）
A. 8和17 B. 7和17 C. 6和14 D. 10和15
【答案】A
【解析】
【详解】氮和氢的原子序数分别为7和1，粒子的核电荷数和质量数分别为2和4，由反应前后核电荷数和质量数守恒可知，X的原子序数和质量数分别为8和17，故A正确；
故选A。
2.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:：n2=4：1，电阻R=4Ω，交流电表均为理想电表，原线圈输入电压的瞬时值表达式，下列说法正确的是（　　）

A. 交变电流的频率为100Hz B. 电压表的示数为24V
C. 电流表的示数为1.5A D. 变压器的输入功率为9W
【答案】D
【解析】
【详解】A．由可得，交流电的频率为

故A错误；
B．由可得，副线圈两端电压的有效值为

故电压表示数6V，故B错误；
C．副线圈中电流为

由可得，原线圈中电流为

故C错误；
D．输出功率为

故原线圈中输入功率也为9W，故D正确；
故选D。
3.如图，在直角三角形ACD区域的C、D两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线，导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流，∠A=，∠C=，E是CD边的中点，此时E点的磁感应强度大小为B，若仅将D处的导线平移至A处，则E点的磁感应强度（　　）

A. 大小仍为B,方向垂直于AC向上
B. 大小为B，方向垂直于AC向下
C. 大小为B，方向垂直于AC向上
D. 大小为B，方向垂直于AC向下
【答案】B
【解析】
【详解】根据对称性C、D两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线在E点产生的磁感应强度

由几何关系可知
AE=CE=DE
所以若仅将D处的导线平移至A处在E处产生的磁感应强度仍为B0，如图所示

仅将D处的导线平移至A处，则E点的磁感应强度为

方向垂直于AC向下。
A．大小仍为B,方向垂直于AC向上　　与上述结论不相符，故A错误；
B．大小为B，方向垂直于AC向下　　与上述结论相符，故B正确；
C．大小为B，方向垂直于AC向上 　　与上述结论不相符，故C错误；
D．大小B，方向垂直于AC向下　　与上述结论不相符，故D错误；
故选B。
4.如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则（　　）

A. C对A支持力大小为mg
B. C 对B的摩擦力大小为
C. B对A的支持力大小为
D. 地面对C的摩擦力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由几何关系可知，C对A的支持力、B对A的支持力与A的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知

故C正确，B错误；
B．以AB整个为对象，沿斜面方向静摩擦力与重力的分力平衡，所以C 对B的摩擦力大小为

故B错误；
D．以ABC整体为对象，水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为0，故D错误；
故选C。
5.如图（a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图（b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25N，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2.由此可知（　　）

A. 小球的质量m=0.2kg
B. 初动能Ek0=16 J
C. 小球在C点时重力的功率为60W
D. 小球在B点受到轨道的作用力大小为85N
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙可知，圆环的半径的0.4m，小球在C点的动能大小EkC=9J, 因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

解得小球的质量
m=2kg
故A错误；
B．由机械能守恒定律得，初动能

其中
C．小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，故C错误；
D．由机械能守恒定律得，B点的初动能

在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得

故D正确；
故选D。
6.如图，a、b是正在不同轨道上绕地心做匀速圆周运动的两颗卫星，它们的运行周期分别为Ta和Tb，下列判定正确的是（　　）

A. a、b均处于超重状态
B. Ta>Tb
C. a、b的运行速率之比为
D. a、b的轨道半径之比为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．a、b均做匀速圆周运动，加速度向下指向地心，故处于失重状态，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力

解得

由图可知

所以

故B正确；
C．根据

解得

故C错误；
D．根据

解得

故D正确。
故选BD。
7.如图，间距为L、倾角为θ的两足够长平行光滑导轨固定，导轨上端接有阻值为R的电阻，下端通过开关S与单匝金属线圈相连，线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增加的磁场。导轨所在区域存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），靠在插销处垂直于导轨放置且与导轨接触良好的金属棒ab，质量为m、电阻也为R，闭合S后，撤去插销，ab仍静止。线圈、导轨和导线的电阻不计，重力加速度大小为g，下列判定正确的是（　　）

A. B的方向垂直于导轨平面向下
B. 线圈内磁通量的变化率为
C. 断开S后，ab的最大速度为
D. 断开S后，电阻R的最大热功率为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增加的磁场，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，金属棒的电流方向为，对金属棒受力分析，受到重力和导轨的支持力，要使ab静止，安培力的方向应沿导轨斜向上，根据左手定则，判断出B的方向垂直于导轨平面向上，故A错误；
B．对金属棒ab受力分析

又

线圈内磁通量的变化率为

联立解得

故B正确；
C．断开S瞬间，ab电流消失，沿导轨向下做加速运动，对金属棒ab受力分析，根据牛顿第二定律

随着金属棒速度增加，感应电流变大，安培力也变大，所以加速度变小，直到加速度为零，金属棒的速度达到最大值，故

联立解得

故C正确；
D．断开S后，整个电路产生的热量就是安培力做的功，所以最大热功率为安培力的最大功率

电阻R的最大热功率为

解得

故D错误。
故选BC。
8.如图，水平虚线AB和CD之间的区域（竖直面内）存在方向水平向左的匀强电场，自该区域上方的P点，将质量相同、电荷量分别为q和－q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的水平初速度v0向左抛出，M、N从虚线AB进入电场后，分别从虚线CD上的a点和b点（图中未画出）离开电场。已知N离开电场时的速度方向竖直向下，空气阻力不计。由此可知（　　）

A. 小球M在电场中可能做直线运动
B. 小球M与N在电场区域内运动的时间不相等
C. 从进入电场到离开电场，M与N电势能改变量的绝对值之比为2:1
D. 将另一不带电的小球Q以水平初速度v0从P点向左抛出，Q必将经过a、b连线的中点
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球M在未进入电场前做的是平抛运动，到达虚线AB时的速度方向是左下方，进入电场时，受到重力和电场力，重力方向向下，电场力方向向左，这两个力的合力方向是左下方，合力大小方向不变，如果此时的速度方向和合力方向一样，则小球M在电场中做直线运动，故A正确；
B．小球M与N在电场区域内，在竖直方向只受到的重力，由于进入电场初速度相同，竖直方向加速度相同，都为g，所以M、N在电场中运动的时间t相等，故B错误；
C．M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为和。由题给条件和运动学公式得

由于N离开电场时的速度方向竖直向下，此时水平速度为零，即

联立解得

而电势能改变量为

代入解得

故C错误；
D．设小球Q在电场中沿水平方向的位移为，则

解得

可以看出，Q必将经过a、b连线的中点，故D正确。
故选AD。
二、非选择题
9.用图（a）所示装置验证机械能守恒定律。图（b）是某次实验中正确操作得到的一张纸带，依次测出了计时点A、B、D、E、F到计时点O的距离h1、h2、h3、h4、h5，已知打点频率为f，当地重力加速度大小为g。

（1）打A点时重锤的速度表达式vA=________；打E点时重锤的速度表达式vE=__________；
（2）若选取A到E的过程验证机械能守恒定律，则需要验证的关系式为________ 。
【答案】 (1). (2). (3).
【解析】
【详解】（1）[1] 根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，故A点速度为

[2] E点的速度为

（2）[3] 从A到E过程，重力势能减少量为

其动能增加量为

根据机械能守恒有

化简得

10.欲研究一只额定电压为8V、额定电流为0.4A的小灯泡的伏安特性。要求测量精度高，且灯泡两端电压能够在0~8V范围内变化。实验提供的器材有：
A.直流电源（电动势9V，内阻不计）
B.电流表（量程0.6A，内阻约0.3Ω)
C.电流表（量程3A，内阻约0.06Ω)
D电压表（量程10V，内阻约10kΩ)
E.滑动变阻器（阻值0~10Ω)
F.开关一只，导线若干
(1)为测电流，电流表应选择____________（填器材序号字母）。
(2)在答题卡对应的图（a）中用笔画线代替导线连接电路____。

(3)图（b）是利用实验测得的多组数据作出的小灯泡的伏安特性曲线（U表示小灯泡两端的电压，I表示通过小灯泡的电流）。根据图（b）可确定小灯泡的功率P与U2或P与I2的关系曲线，下图中合理的是___。（填选项序号字母）
A. B.
C. D.
(4)将该小灯泡接入图（c）所示电路。已知R=4Ω，电源电动势E=6.0V、内阻r=1.0Ω，则小灯泡所消耗的电功率为____________W。（保留2位有效数字）

【答案】 (1). B (2). (3). D (4). 1.4
【解析】
【详解】(1)[1]小灯泡额定电流为0.4A，故选择B。
(2)[2]要描绘待测元件的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，待测元件的电阻

属于小电阻，故应采用电流表外接法；实物电路图如图所示

(3)[3]随着电压或电流的增大，小灯泡的电阻增大，小灯泡的电功率与电压或电流的关系分别为

或

所以图象中切线斜率应不断减小，图象中切线斜率不断增大，故ABC错误，D正确。故选D。
(4)[4]根据闭合电路欧姆定律

在图(b)中画出该图像，如图所示

由图象可知，交点为

则小灯泡所消耗的电功率为

11.如图，直角坐标系xOy的II、III象限存在方向沿a轴正方向的匀强电场、场强大小为E；I、IV象限存在一个圆心在O1(b,0)且与y轴相切于O点的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面。从x轴上P(-a,0)点由静止释放一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，粒子穿出磁场的位置为Q。已知=，粒子重力不计、大小可忽略。求：
(1)磁场的磁感应强度大小和方向；
(2)粒子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)，方向垂直于xOy坐标平面向里；(2)
【解析】
【详解】(1)粒子在电场中沿x轴做匀加速直线运动，设粒子到达O点的速度为v，由动能定理有

解得

在磁场中，粒子做匀速圆周运动，轨迹如答图3，设轨道半径为r

由几何关系有

得

由牛顿第二定律有

解得

由左手定则可知，磁场方向垂直于xOy坐标平面向里。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角

又

运动时间

联立解得

12.如图，水平平台BC的右端与倾角θ=的足够长斜面CD相接，左端紧邻水平传送带上表面AB，AB长L1=9m，BC长L2=11m，水平传送带始终以v'=6m/s的速度向右匀速运动。质量m1=2kg的小滑块P以m/s的水平向右速度从A端冲上传送带，在B端与质量m2=1kg的静止小滑块Q发生了时间极短的弹性碰撞。已知两滑块与传送带和平台的动摩擦因数均为u1=0.2，Q与斜面的动摩擦因数为u2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块可视为质点、滑块通过C点前后速率不变。（重力加速度g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，若需要将开平方根，可认为：=10.8）。求：
(1)碰撞后瞬间，P、Q各自的速度大小；
(2)从A到B的过程中，P与传送带间因摩擦产生的热量；
(3)平台对Q的摩擦力的总冲量。

【答案】(1)v2=3m/s，v3=12m/s；(2)14.4J；(3)，方向水平向右
【解析】
【详解】(1)碰前，假设P的速度始终大于v′，且P到达B端的速度为v1，对P，由牛顿第二定律有

代数据得

由运动学规律有

代入数据得

因

故假设成立，设P、Q碰后瞬间的速度分别为v2、v3，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有

代入数据解得

(2)设P在传送带上的运动时间为t，由运动学规律有

代入数据得

传送带在时间t内的位移为

P相对传送带的路程为

P与传送带之间因摩擦产生的热量为

代入数据解得

(3)假设P、Q不再发生第二次碰撞，设P在平台上发生的位移为x1，由动能定理有

代入数据得

设Q滑到C点时的速度为vC，由动能定理有

代人数据得

在倾斜轨道CD上，由于

故Q要返回平台，设Q在CD上发生的最大位移为x2，回到C点时速度大小为v4。由动能定理有

代入数据得

设Q在平台上向左发生的位移为x3，由动能定理有

代入数据得

因

故假设成立，P、Q不再发生第二次碰撞，设Q向右、向左运动时，摩擦力的冲量分别为I1、I2，以向右为正方向，由动量定理有

平台对Q的摩擦力的总冲量为

代数据解得

方向水平向右。
13.下列说法正确的是＿＿
A. 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
B. 高原地区的沸水温度较低，这是高原地区温度较低的缘故
C. 在完全失重情况下，气体对容器壁的压强为零
D. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
E. 即使消除热机的漏气、摩擦和热量损耗，热机效率仍不能达到100%
【答案】ADE
【解析】
【详解】A．扩散现象是由于分子无规则运动而产生的，故A正确；
B．高原地区由于气压较低，故水的沸点降低，故B错误；
C．气体压强与气体是否受重力无关，它是由于气体分子对容器壁的撞击产生的，故C错误；
D．同种元素由于院子排列不同而构成不同的晶体，比如金刚石和石墨烯都是碳元素构成的，故D正确；
E．由热力学第二定律可知，所有热机的效率不可能达到100%，故E正确；
故选ADE。
14.如图，导热气缸A、B下端由容积可忽略的细管连通，A和B的容积分别为V和2V，阀门K2位于细管中部，阀门K1、K3分别位于A、B顶部，B中有一可自由滑动的活塞。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部，此时A 中空气的质量为m;现关闭K2、K3,通过K1给A充人空气，当A 中气体的压强达到外界大气压强p0的n倍（n>1)时关闭K1.(环境温度保持不变，活塞的质量、体积及活塞与气缸间的摩擦均不计，活塞与缸壁间不漏气）
(i)从关闭K2、K3到关闭K1的过程中，求通过K1给A充入的空气质量；
(ii)关闭K1后再打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强。

【答案】(i)M=（n-1）m；(ii)
【解析】
【详解】（i）设充入的空气质量为M，以A中原有气体和充入气体整体为研究对象，初态

末态

气体发生等温变化，由玻意耳定律
p1V1=p2V2
有

解得
M=(n-1)m
（ii）关闭K1后再打开K2，设稳定时活塞上方气体体积为V′、压强为p′
以关闭K3后B中气体为研究对象，初态

末态

由玻意耳定律有:

以关闭K1后A中气体为研究对象
初态
pA1=np0
VA1=V
末态

由玻意耳定律有

联立求解得

15.水袖是我国戏剧演员在舞台上表达感情时的一种夸张技法。某次表演中，演员抖动长袖一端，随之舞动的长袖形成了一列简谐横波（如图），其中实线为t1=0s时刻波的图像，虚线为t2=0.3s时刻波的图像，波的周期T>0.3s，关于该简谐波，下列说法正确的是

A. 波长为2m
B. 周期一定为1.2s
C. 频率可能为2.5Hz
D. 若波沿z轴正方向传播，则波速可能为15m/s
E. 若波沿x轴负方向传播，则波速一定为5m/s
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．由波形图可知，该波的波长为，故A正确；
BCDE．若该波向右传播，则其周期满足

由于，则n=0，即

故其频率和波速分别为

若该波向左传播，则

由于，则n=0，即

故其频率和波速分别为

由以上分析可知，故BD错误，CE正确。
故选ACE。
16.如图，等腰三角形ABC为真空中竖直面内的棱镜横截面，其底边BC水平，角B=30°,AB=L,P为过C点的竖直光屏。一束平行于BC边的光线射到AB边上D点，然后从AC边上F点（图中未画出）射出后在屏上产生光点。已知棱镜的折射率,BD=，真空中的光速为c,BC边只考虑一次反射。求：
(i)F点到A点的距离；
(ii)光线由D点传播到光屏P所用的时间。

【答案】(i)；(ii)
【解析】
【详解】（i）光路如答图4，设光在D点的入射角和折射角分别为i和r，在BC边的反射点为E。

因入射光平行于BC，故i=60°，
由折射定律有

代入数据得r=30°，
因
∠BED=180°-∠B-90°-r=30°
故△BED为等腰三角形，DE=BD=，
由反射定律可知∠FEC=∠BED=30°，故ADEF为平行四边形，则有
EF=AD=AB-BD=
AF=DE=
（ii）设光点位置在S
光在棱镜中传播的距离为
x1=DE+EF=L
光在棱镜中传播的速度为

故光在棱镜中传播的时间为:

在F点光发生折射，易知:入射角，
由折射定律有

可得折射角，即FS∥BC，故

故光从F到S的时间为

解得时间