山东省烟台市2020届高三下学期高考诊断性测试物理试题 21页

‎2020年高考诊断性测试物理 一、单项选择题 ‎1.下列有关原子、原子核的说法中正确的是（　　）‎ A. 天然放射现象说明原子核内部有电子 B. 卢瑟福用α粒子散射实验证明了原子核内存在中子 C. 结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定 D. 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，但没有说原子核内有电子，故A错误；‎ B． 卢瑟福用α粒子散射实验证明了原子的核式结构，没有证明了原子核内存在中子，故B错误；‎ C．比结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能越大，不能说明原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定。故C错误；‎ D． 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶。某时刻乙车在甲车前方‎15m处，从该时刻开始计时，0~4s内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图像如图所示。下列说法中正确的是（　　）‎ A. t=2s时刻，甲车刚好追上乙车 B. t=4s时刻，甲车刚好追上乙车 C. 乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小 D. 此过程中甲、乙两车之间的距离一直减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．速度图像中面积表示位移，所以前2s内甲的位移 乙的位移 因为x甲-x乙=‎15m=x0，所以t=2s时刻，甲车刚好追上乙车，故A正确；‎ B．同理前4s内甲的位移 前4s内乙的位移 前4s内的甲、乙位移相同，但初时刻乙车在甲车前方‎15m处，所以t=4s时刻，甲、乙没有相遇，故B错误；‎ C．速度图像中斜率表示加速度，所以甲的加速度大小 乙的加速度大小 所以乙车的加速度大小小于甲车的加速度大小，故C错误；‎ D．因为t=2s时刻，甲车刚好追上乙车，所以前2s甲、乙距离减小，后2s甲、乙距离增大，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.随着航天技术的发展，人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星表面附近做匀速圆周运动，已知运行周期为T，宇航员在离该行星表面附近h处自由释放一小球，测得其落到行星表面的时间为t，则这颗行星的半径为 （　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由自由落体运动位移公式得：‎ ‎ ①‎ 某宇宙飞船绕一行星表面附近做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供，有 ‎ ②‎ 行星表面附近，万有引力等于重力，有 ‎ ③‎ 由①②③式解得 A．与上述计算结果不相符，故A错误； ‎ B．与上述计算结果相符，故B正确； ‎ C．与上述计算结果不相符，故C错误； ‎ D． 与上述计算结果不相符，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.一定质量的理想气体，从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V-T图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，图线bc平行于T轴，图线ca平行于V轴，则 （　　）‎ A. ab过程中气体压强不变，气体从外界吸热 B. bc过程中气体体积不变，气体不吸热也不放热 C. ca过程中气体温度不变，气体从外界吸热 D. 整个变化过程中气体的内能先减少后增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．其V-T图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，所以ab过程中气体压强不变。体积变大，气体对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A正确；‎ B．bc过程中气体体积不变，温度降低，体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，温度降低内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放热，故B错误；‎ C． ca过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故C错误；‎ D．整个变化过程温度先升高，后降低，最后不变，所以气体的内能先增加，后减小，最后不变，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.如图所示，在xOy平面内有一匀强电场，以坐标原点O为圆心圆，与x、y轴的交点分别为a、b、c、d，从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大。则 （　　）‎ A. 电场线与x轴平行 B. a点电势大于c点电势 C. 在圆周上的各点中，b点电势最高 D. 电子从O点射出至运动到b点过程中，其电势能增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大。说明bO两点间电势差最大，电场线与y轴平行，沿y轴负方向，所以b点电势最高，a点电势等于c点电势，故C正确，AB错误；‎ D．电子带负电，从O点射出至运动到b点过程中，电势升高，其电势能减小，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.‎ 如图所示，甲、乙两物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，其中甲物体静止在粗糙的水平面上，乙物体悬空静止，轻绳OM、ON与水平方向间的夹角分别为53°、37°。已知乙物体的质量为‎10kg，g取‎10m/s2，sin53°=0.8.则甲物体受到水平面的摩擦力的大小和方向为（　　）‎ A. 20N、沿水平面向左 B. 20N、沿水平面向右 C. 28N、沿水平面向左 D. 28N、沿水平面向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以乙为对象，根据平衡条件得，竖直方向上 FTMsin53°＋FTNsin 37°－mg＝0 ①‎ 水平方向上 FTMcos53°－FTNcos37°＝0 ②‎ 由于甲也处于平衡状态，故在水平方向上 FTN +Ff－FTM＝0 ③‎ 由①②③式解得摩擦力大小：‎ Ff＝20N 方向水平向右 A．20N、沿水平面向左与上述结论不符，故A错误； ‎ B．20N、沿水平面向右与上述结论相符，故B正确；‎ C．28N、沿水平面向左与上述结论不符，故C错误； ‎ D．28N、沿水平面向右与上述结论不符，故D错误 故选Ｂ。‎ ‎7.如图所示，在等边三棱镜截面ABC内，有一束单色光从空气射向其边界上的E点，已知该单色光入射方向与三棱镜边界AB的夹角为θ=30º，该三棱镜对该单色光的折射率为，则下列说法中正确的是 （　　）‎ A. 该单色光在AB边界发生全反射 B. 该单色光从空气进入棱镜，波长变长 C. 该单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行 D. 该单色光在AC边界发生全反射 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在AB边界光由射入三棱镜，是由光疏介质射入到光密介质，不会发生全反射，故A错误；‎ B．光从空气进入棱镜，频率不变，波速变小，波长变小，故B错误；‎ C．由几何知识得：光线在AB面上入射角为 i=60°，棱镜的折射率为 故折射角为 r=30°，折射光线与AB面的夹角是60°，所以该单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行，故C正确；‎ D．由几何关系可知，光线在AC边界的入射角等于AB面上的折射角，根据光路可逆性原理知，不可能发生全反射，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x=0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是 （　　） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均匀减小，故由E=BLv可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力F与安培力大小相等 外力F与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题 ‎9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波刚传到x1=‎5m的质点P处时波形图如图所示，已知质点P连续两次位于波峰的时间间隔为0.2s，质点Q位于x2=‎6m处。若从此刻开始计时，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 此列波的传播速度是‎10m/s B. t=0.2s时质点Q第一次到达波谷位置 C. 质点Q刚开始振动的方向为沿y轴正方向 D. 当质点Q第一次到达波谷位置时，质点P通过的路程为‎15cm ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.2s，所以这列波的周期T=0.2s，从图象可知，其波长为‎4m，所以波速 故A错误；‎ B．质点Q第一次到达波谷位置，可以认为是的振动形式传到了质点Q，所以质点Q第一次到达波谷位置的时间 故B正确；‎ C．由图可知，简谐横波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”可知质点P刚开始振动的方向为沿y轴正方向，介质中所有质点开始振动方向是相同的，所以质点Q刚开始振动的方向为沿y轴正方向，故C正确；‎ D．由B分析可知，当质点Q第一次到达波谷位置时，时间 所以质点P通过的路程 s=‎4A=‎‎20cm 故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为u=Umsin100πt（V），副线圈电路中R1、R2为定值电阻，P是滑动变阻器R的滑动触头，电压表V1、V2的示数分别为U1和U2；电流表A的示数为 I。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 变压器原、副线圈的匝数之比为U1∶U2‎ B. 副线圈回路中电流方向每秒钟改变100次 C. 当P向上滑动的过程中，U2增大，I减小 D. 当P向下滑动的过程中，R1消耗的功率增大，R2消耗的功率减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，U1是原线圈两端的电压，U2不是副线圈两端的电压，比副线圈两端电压要小，所以变压器原、副线圈的匝数之比大于U1∶U2，故A错误；‎ B．原线圈输入电压为u=Umsin100πt（V），交流电的频率是50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈回路中电流方向每秒钟改变100次，故B正确；‎ C．当P向上滑动的过程中，负载变大，根据电路动态分析中“串反并同”可知U2增大，I增大，故C错误；‎ D．当P向下滑动的过程中，根据电路动态分析中“串反并同”可知，R1消耗的功率增大，R2消耗的功率减小，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11.如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中（　　）‎ A. 外力F对A做的功等于A和B动能的增量 B. A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等 C. 外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和 D. A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；‎ B．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，故B错误；‎ D．对B分析，由动能定理知 A对B摩擦力做的功 所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎12.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球（可视为质点），从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。重力加速度为g，则下列说法中正确的是 （　　）‎ A. 小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为 B. 小球进入A点时重力的瞬时功率为 C. 小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量为 D. 小球经过圆形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球由P到A的过程中，做斜抛运动，离地面的最大高度为 故A错误；‎ B．根据对称性可知，小球到A点的竖直分速度 ‎ 小球进入A点时重力的瞬时功率为 故B正确；‎ C．沿圆弧ABC过程中，由动能定理可知 小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量 故C正确；‎ D．沿圆弧AB过程中，由机械能守恒定律可知 在最低点，由向心力公式得 小球经过圆形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为 故D正确；‎ 故选BCD。‎ 三、非选择题 ‎13.某物理兴趣小组利用如图所示装置进行“探究弹簧弹性势能与弹簧形变量关系”的实验。图中光滑水平平台距水平地面h=‎1.25m，平台上一轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m的小球与弹簧另一端接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x后，由静止释放小球，小球从平台边缘水平飞出，落在地面上，用刻度尺测出小球水平飞行距离S；并用传感器（图中未画出）测量出小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t。多做几次实验后，记录表如下表所示：‎ ‎(1)由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移 S=___x，与_______无关；‎ ‎(2)由实验原理和表中数据可知，弹簧弹性势能EP与弹簧形变量x关系式为EP= ______（用m、h、x和重力加速度g表示）； ‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ x/m ‎0.01‎ ‎0.02‎ ‎0.03‎ ‎0.04‎ ‎0.05‎ S/m ‎0.51‎ ‎0.99‎ ‎1.50‎ ‎1.98‎ ‎2.50‎ t/ms ‎505.3‎ ‎505.1‎ ‎504.8‎ ‎504.9‎ ‎505.2‎ ‎(3)某同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间：，由表中数据可知，发现测量值t均偏大。经检查，实验操作及测量无误，且空气阻力可以忽略，造成以上偏差的原因是__________。‎ ‎【答案】 (1). 50 (2). 小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t（或“t”） (3). (4). 重力加速度g取值不准确，g取‎10m/s2偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2].由表中数据可知，在h一定时，在误差允许范围内，可以看出运动时间大体不变，小球水平位移 ‎ S=50x ①‎ 与小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t无关；‎ ‎（2）[3].由功能关系可知，弹簧弹性势能 ‎ ②‎ 小球做平抛运动的初速度 ‎ ③‎ 由①②③式得弹簧弹性势能 ‎（3）[3].该同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间时，把重力加速度的数值g=‎10m/s2。故计算值t偏小，测量值t均偏大。‎ ‎14.某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验：‎ ‎(1)如图甲所示，该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径D=______mm；‎ ‎(2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝Rx的电阻，供选择的仪器如下：‎ ‎①电流表A1（内阻为r）；‎ ‎②电流表 A2；‎ ‎③滑动变阻器R1（0~1000Ω）；‎ ‎④滑动变阻器R2（0~20Ω）；‎ ‎⑤蓄电池（2 V）；‎ ‎⑥电键 S及导线若干。‎ ‎(3)滑动变阻器应选择_____（选填“R‎1 ”‎或“R‎2 ”‎）；在图丙中按图乙用连线代替导线连接实物图；‎ ‎（ ）‎ ‎(4)闭合电键S ，移动滑动触头至某一位置，记录A1、A2 的读数I1、I2 ，通过调节滑动变阻器，得到多组实验数据；以I2 为纵坐标， I1为横坐标，作出相应图像，如图丁所示。根据I2—I1 图像的斜率 k及电流表A1内阻r，写出金属丝电阻的表达式Rx= _______；‎ ‎(5)测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率 ρ=________（用k、D、L、r表示）。‎ ‎【答案】 (1). 2.500 (2). R2 (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]. 螺旋测微器测量金属丝的直径D=‎2mm+50.0´‎0.01mm=‎2.500mm；‎ ‎（3）[2]根据电路原理图可知，滑动变阻器是分压式接法，所以滑动变阻器要选择较小的R2；‎ ‎[3]根据电路原理图，实物图连线如图所示 ‎（4）[4].根据欧姆定律可知金属丝电阻 变形得 所以I2—I1 图像的斜率 变形得 ‎（5）[5]根据电阻定律得 解得 ‎15.如图所示，小物块放在足够长的木板AB上，以大小为v0的初速度从木板的A端向B端运动，若木板与水平面之间的夹角不同，物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g：‎ ‎(1)若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的A端，且沿木板向下运动的时间是向上运动时间的2倍，求木板与水平面之间的夹角的正切值；‎ ‎(2)求物块沿木板向上运动的最大距离最小值。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴木板与水平面之间的夹角θ时 上行时，根据牛顿第二定定律 ‎ ‎ 下行时，根据牛顿第二定定律 ‎ ‎ 由位移公式 ‎ ‎ 上行时间 下行时间 由 解得 ‎ ‎ ‎（2）由速度位移关系可知 解得 由三角函数知识可知当 物块沿木板向上运动的最大距离最小值 ‎16.“蛟龙号”载人深潜器上有一个可测量下潜深度的深度计，其原理可简化为如图所示的装置。内径均匀的水平气缸总长度为‎2L，在气缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与气缸之间无摩擦。在气缸的Ⅰ部分封有154标准大气压的气体，Ⅱ部分封有397标准大气压的气体，当该装置水平放入水下达到一定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度。已知1标准大气压=1.0×105Pa，海水的密度ρ=1.0×‎103kg/m3，取g=‎10m/s2，不计海水密度随海水深度的变化，两部分气体均视为理想气体且温度始终保持不变。求：‎ ‎(1)当下潜的深度h=‎2300m时，活塞A向左移动的距离； ‎ ‎(2)该深度计能测量的最大下潜深度。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎‎5500m ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴当下潜的深度h=‎2300m时，Ⅰ部分气体的压强 ‎ P1=P0＋ρgh=2.31×107Pa 而Ⅱ部分气体的压强 ‎ P2= 3.97×107Pa> P1‎ 所以活塞B静止不动。 ‎ 设活塞A向左移动距离为x，由玻意耳定律得 ‎154P0SL= P1S（L－x） ‎ 解得 ‎ x=‎ ‎⑵当活塞A移动到中央卡环处时所测深度最大，设两部分气体压强为P，测量的最大下潜深度为H 对Ⅰ由玻意耳定律得 ‎ ‎154P0SL= PSL1‎ 对Ⅱ由玻意耳定律得 ‎ ‎397P0SL= PSL2‎ 据题意得 ‎ L1＋L2=L P=P0＋ρgH 解得 ‎ H=‎‎5500m ‎17.如图所示，质量为M=‎4.5kg长木板置于光滑水平地面上，质量为m=‎1.5kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v0=‎4m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1=‎1.6m，重力加速度g=‎10m/s2：‎ ‎(1)求物块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn=6.25×10‎-3m，求n；‎ ‎(3)求长木板的长度至少应为多少？‎ ‎【答案】(1)0.5；(2)5；(3)‎6.4m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得 ‎ ‎－μmgx1=0－mv02 ①‎ 解得 ‎ μ=0.5 ②‎ ‎⑵物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。‎ 设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得 ‎ Mv0－mv0=(M＋m）v1 ③‎ v1==v0 ④‎ 设物块由速度为0加速到v1的过程中运动的位移为x1′‎ μmgx1′=mv12 ⑤‎ 由①⑤式得 ‎ x1′=x1 ⑥‎ 即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1‎ 第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1‎ 经一段时间系统的共同速度为 ‎ v2==v0‎ 第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2‎ 经一段时间系统的共同速度为 ‎ v3==v0‎ ‎ ‎ 第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 vn-1==v0 ⑦‎ 由动能定理得 ‎ ‎－μmgxn=0－mvn-12 ⑧‎ 由①⑦⑧式得 ‎ n=5 ⑨‎ ‎⑶由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得 ‎ μmgL=（M＋m）v02 ⑩‎ 解得 ‎ L=‎6.4m ⑪‎ 即木板的长度至少应为‎6.4m。‎ ‎18.如图所示，在第二、三象限内，存在电场强度大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场。在第一、四象限内存在磁感应强度大小均相等的匀强磁场，其中第四象限内0