甘肃省天水一中2020届高三下学期复学诊断考试物理试题

天水市一中2019-2020学年第二学期高三诊断试题

物理

一、单选题（本大题共12小题，每小题4分，1-10题单选，11-12多选。共48.0分）

1. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是

A. 伽利略发现了行星运动的规律

B. 卡文迪许通过实验测出了引力常量

C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

D. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献

【答案】BD

【解析】

试题分析：行星运动定律由开普勒、牛顿等人发现，选项A错误．库仑测量出静电力常数，选项B错误．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，选项C错误．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项D正确．

考点：本题考查了物理学史．

2.在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）

A. 场强的最小值为E＝

B. 场强的最小值为E＝

C. E＝时，小球的电势能一定增大

D. E＝时，小球的机械能一定减小

【答案】A

【解析】

【详解】AB．小球在重力和电场力的共同作用下沿OA做匀加速直线运动，则小球所受合外力沿OA方向，当电场力的方向与合力的方向垂直时（如图中F电3），电场力最小，即

Eq＝mgsin θ

故场强的最小值

A正确，B错误．

CD．当 时，由于在运动过程中电场力不做功，电势能一定不变，机械能也不变，C D错误．

故选A。

3.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的图像可能正确的是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

试题分析：竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动，图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力的上抛运动，上升中，随着减小，减小，对应图象的斜率减小，选项A错误．下降中，随着随着增大，继续减小．而在最高点时，，对应图与轴的交点，其斜率应该等于（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度），即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足．故选D．

考点：本题考查了牛顿第二定律、图象的特点、竖直上抛运动状态的判断．

4.质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙所示放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（　　）

A. 轻绳的拉力等于Mg B. 轻绳的拉力等于mg

C. M运动的加速度大小为 D. M运动的加速度大小为

【答案】BCD

【解析】

【详解】互换位置前，M静止在斜面上，则有

互换位置后，对M有

对m有

又

联立解得

故选BCD。

5.如图所示，“嫦娥三号”探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道．下列说法正确的是(    )

A. 探测器在轨道Ⅰ运行时加速度小于月球表面的重力加速度

B. 探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度

C. 探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期

D. 探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速

【答案】AC

【解析】

A、 探测器在轨道I运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道I运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A正确；

B、根据万有引力提供向心力，得，则知轨道半径相同，则加速度相同，故探测器在轨道I经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P时的加速度，故B错误；

C、轨道I的半径比轨道Ⅱ的半长轴大，根据开普勒第三定律，知探测器在轨道I的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故B正确；

D、探测器在P点由轨道I进入轨道Ⅱ必须点火减速，故D错误；

故选AC．

【点睛】根据万有引力定律和牛顿第二定律列式判断加速度的大小．卫星椭圆轨道的半长轴逐渐减小，根据开普勒第三定律，周期要减小．

6.如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为（　 ）

A. v0=4m/s B. v0=6m/s C. v0=5m/s D. v0=7m/s

【答案】C

【解析】

【详解】当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1，根据机械能守恒定律有：；根据题意有：M=4m，联立两式解得：v0=5m/s，故ABD错误，C 正确．故选C．

【点睛】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同，结合水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可．

7.图甲所示为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板间的中轴线从左端向右端连续不断地射入初速度为v0＝的相同带电粒子（重力不计），若所有粒子均能从两极板间飞出，则粒子飞出时的最小偏转位移与最大偏转位移大小之比是（　　）

  甲    乙

A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4

【答案】C

【解析】

【详解】由于v0＝，粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝nT时刻进入的粒子的侧移量最大，在竖直方向上前半个周期加速，后半个周期匀速

在时刻进入的粒子，在前半个周期在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上速度为零，后半个周期在竖直方向上做匀加速运动，侧移量最小

故

ymin∶ymax＝1∶3

故选C．

8.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3V，C点电势为6V．己知∠ACB＝30°，AB边长为m，D为AC的中点．，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则放入点电荷后，B点场强为（  ）

A. 2.5N/C B. 3.5N/C C. 2N/C D. N/C

【答案】A

【解析】

在匀强电场中，D点电势为，因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示：

因，则AB两点沿电场线方向的距离为，BA间的电势差U=φB-φA=3V，则匀强电场的场强，由于点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则点电荷在B点产生的场强也为1.5N/C，方向与匀强电场的电场强度方向垂直
因此B点场强为，故A正确， B、C、D错误．故选A.

【点评】考此题的关键要找出等势点，来确定等势线，并掌握电势线与电场线垂直，理解公式中d的含义为两点沿电场线方向的距离．

9.如图所示，在直角三角形区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，，，边长，一个粒子源在点将质量为、电荷量为的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【详解】粒子运动时间最长，则要求圆心角最大；速度最大，则要求运动半径最大，所以粒子沿边进入磁场时满足条件，轨迹如图：

根据几何关系可知四边形为正方形，所以粒子运动半径

洛伦兹力提供向心力

解得

A正确，BCD错误。

故选A。

10.如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2．则（    ）

A. 用户端的电压为I1U1/I2

B. 输电线上的电压降为U

C. 理想变压器的输入功率为I12r

D. 输电线路上损失电功率为I1U

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则U1I1=U2I2，得：．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．

11.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆 1 和 2 的径迹照片(如图所示)，已知两个相切圆半径分别为r1、r2.下列说法正确的是( )

A. 原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变

B. 径迹 2 可能是衰变后新核的径迹

C. 若衰变方程是，则r1：r2 = 1：45

D. 若是α衰变，则 1 和 2 的径迹均是顺时针方向

【答案】CD

【解析】

【分析】

静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析．

【详解】A．原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是衰变，但不是衰变，故A错误；

BC．核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于P、B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为的圆为放出新核的运动轨迹，半径为的圆为粒子的运动轨迹，：：：45，故B错误，C正确；

D．若是衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故D正确．

【点睛】知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题．

12.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是（　　）

A A→B过程中，气体对外界做功，吸热

B. B→C过程中，气体分子的平均动能增大

C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少

D. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化

【答案】AD

【解析】

【详解】A．A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，根据ΔU＝Q＋W可知气体吸热，故A项正确；

B．B→C过程中，绝热膨胀，气体对外界做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B项错误；

C．C→D过程中，温度不变，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C项错误；

D．D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D项正确。

故选AD。

13.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线。则（　　）

A. 在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度

B. 玻璃砖对a光折射率小于对b光的折射率

C. 若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失

D. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距

【答案】AD

【解析】

【详解】B．通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，选项B错误；

A．由知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项A正确；

C．入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项C错误；

D．na大于nb，所以fa大于fb，由知，，所以a光干涉条纹间距小，D正确．

故选AD。

二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

14.如图为接在50Hz低压交流电源上的打点计时器在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出｡则：

(1)该纸带运动时的加速度为__________；

(2)打第2个计数点时纸带的速度为__________m/s；

(3)如果当时电网中交变电流的频率是，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比__________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）｡

【答案】    (1). 0.74    (2). 0.399    (3). 偏大

【解析】

【详解】(1)[1]设计数点1、2间的位移为，计数点2、3间的位移为，计数点3、4间的位移为，计数点4、5间的位移为，因为打点周期为，且每打5个点取一个计数点，所以每两个计数点之间的时间间隔

由匀变速直线运动的推论得

代入数据解得

(2)[2]打第2个计数点时的瞬时速度等于打1、3两计数点之间的平均速度，又由

代入数据解得

因此有

(3)[3]如果当时电网中交变电流的频率是，则打点周期变大，计数点之间的时间间隔变大，即实际的时间间隔大于0.1s，但是该同学仍以0.1s计算，根据

知测量值比实际值偏大

15.某多用电表欧姆挡的内部电路如图甲中虚线框内所示，小明同学将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔a、b上，欲用图示的电路测量欧姆挡“×1”时多用电表内部的电阻r（远小于电压表V的内阻）和电池的电动势E。实验的主要步骤为：

(1)表笔b为________（填“红表笔”或“黑表笔”）。将选择开关转至欧姆挡“×1”，将红、黑表笔短接，调节________，使指针指在________（填“左”或“右”）侧零刻度线处。

(2)改变电阻箱R的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数U、R，将、的值算出并记录在表格中，作出图线如图乙所示。

(3)根据图线得到电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（结果保留三位有效数字）。

(4)由于电压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值________（填“大”或“小”）。

【答案】    (1). 黑表笔    (2). 调零旋钮    (3). 右    (4). 1.49    (5). 14.5    (6). 小

【解析】

【详解】(1)[1][2][3]．表笔b接多用电表内电源的正极，则为黑表笔，将选择开关转至欧姆挡“×1”，将红、黑表笔短接，调节调零旋钮，使指针指在右侧零刻度线处．

(3)[4][5]．由闭合电路欧姆定律可知

变形得

由所作图象可知，图象与纵轴的交点为

0.67 V－1＝

则电源的电动势

E≈1.49 V

图象的斜率表示，则

则

r＝9.70×1.49 Ω＝14.5 Ω.

(4)[6]．当R为无穷大即不接电阻箱时，电压表的示数为多用电表内部电源的电动势的测量值，而电压表两端的电压等于电动势的真实值减去多用电表的内电压，所以多用电表内部电源电动势的测量值比真实值小．

四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）

16.如图所示，固定斜面倾角θ＝37°，斜面长为L，一长木板放在斜面上，长木板的上端与斜面顶端重合，长木板的质量为m、长为，一小物块放在长木板的上端，质量也为m。现同时释放小物块和长木板，当长木板的下端到达斜面的底端时，小物块也恰好滑到斜面底端，不计小物块的大小。

 (1)若小物块与长木板间光滑，则长木板与斜面间的动摩擦因数μ为多少？

(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，斜面的长L＝2.4 m，则小物块运动到斜面底端所用的时间为多少？

【答案】(1)；(2) 1 s.。

【解析】

【详解】(1)小物块沿长木板下滑的加速度大小

a1＝gsin θ

小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t1满足

长木板下滑时，有

mgsin θ－μ×2mgcos θ＝ma2　　

解得

(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，则对小物块，有

a1′＝gsin θ－μ′gcos θ

对长木板有

mgsin θ＋μ′mgcos θ－μ×2mgcos θ＝ma2′　

μ′＝μ　　　　

解得

则

a1′＝4.8 m/s2　　　　

小物块运动到斜面底端所用的时间

17.如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成 60°角从M点（-R,0） 以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求: 

(1)磁感应强度B的大小; 

(2)N点的坐标; 

(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.

【答案】(1)  (2)   (3)

【解析】

（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：

由几何关系可以得到：

由洛伦兹力等于向心力：，得到：．

（2）由图几何关系可以得到：，

N点坐标为：．

（3）粒子在磁场中运动的周期，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为，粒子在磁场中运动时间：，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：，其中，粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间

解得：．

18.如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，气缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与气缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．气缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强大小为，现对气体Q缓慢加热．求：

（1）当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，气体Q的温度T1；
（2）活塞A恰接触汽缸上端卡口后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2．

【答案】（1）2T0 （2）

【解析】

【详解】（1）设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡口之前，两部分气体均等压变化则由盖-吕萨克定律:

解得:   

（2）活塞A恰接触气缸上端卡口后P气体做等温变化,由玻意耳定律:

解得:      

此时Q气体的压强为

当P气体体积变为原来一半时，Q气体的体积为，此过程对Q气体由理想气体状态方程有：

解得:

19.如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．

（1）求棱镜的折射率；

（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．

【答案】（1）；（2）sin=

【解析】

【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得

…………①

式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知

α+β=60°…………②

由几何关系和反射定律得

…………③

联立①②③式，并代入i=60°得

…………④

（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得

…………⑤

依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且

…………⑥

由几何关系得

…………⑦

由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为

sin=…………⑧