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年级：姓名：- 25 -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17B. 7和17C. 6和14D. 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=4，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100HzB. 电压表的示数为24VC. 电流表的示数为1.5AD. 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mgB. 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=0.2kgB. 初动能Ek0=16 JC. 小球在C点时重力的功率为60WD. 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. TaTbC. 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】Aa、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（q0）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2:1D. 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；CM、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08V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0.3)C.电流表（量程3A，内阻约0.06)D电压表（量程10V，内阻约10k)E.滑动变阻器（阻值010)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=4，电源电动势E=6.0V、内阻r=1.0，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(q0)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=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（n1)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=np0VA1=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T0.3s，关于该简谐波，下列说法正确的是 A. 波长为2mB. 周期一定为1.2sC. 频率可能为2.5HzD. 若波沿z轴正方向传播，则波速可能为15m/sE. 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FSBC，故故光从F到S的时间为解得时间