四川省绵阳市2020届高三上学期第二次诊断性考试物理试题 Word版含解析

四川省绵阳市2020届高三上学期第二次诊断性考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020届四川省绵阳市高三上学期第二次诊断性考试物理试题 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.一小球系在不可伸长的细绳一端，细绳另一端固定在空中某点。这个小球动能不同，将在不同水平面内做匀速圆周运动。小球的动能越大，做匀速圆周运动的（　　）‎ A. 半径越小 B. 周期越小 C. 线速度越小 D. 向心加速度越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示：‎ 速度为v，细绳长度为L．由牛顿第二定律得：，圆周运动的半径为：r=Lsinθ，小球的动能为：，联立解得：‎ ‎，‎ Ek=mgLsinθtanθ，‎ 则知小球的动能越大，θ越大，则做匀速圆周运动的半径越大，故A错误。 B．根据，θ越大，cosθ越小，则周期T越小，故B正确。 C．根据，知线速度越大，故C错误。 D．向心加速度，则向心加速度越大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度 - 17 -‎ 沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度随时间变化关系的图像是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律：上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，比较可知：‎ a1＞a2，‎ 则物块上滑过程v-t图象的斜率比下滑过程的大。由速度-时间公式得：上滑过程有 v0=a1t0，下滑过程有 v0=a2t1，可得 ：‎ t1＞t0，‎ 故C正确，ABD错误。 故选C。‎ ‎3.质量为的篮球从某一高处从静止下落，经过时间与地面接触，经过时间弹离地面，经过时间达到最高点。重力加速度为，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（　　）‎ A. ‎ B. ‎ - 17 -‎ C ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】选向下为正，运动全程由动量定理得：mg（t1+t2+t3）+I地=0，则有：‎ I地=-（mgtl+mgt2十mgt3），‎ ‎ 负号表方向。‎ A．，故A符合题意；‎ B．，故B不符合题意；‎ C．，故C不符合题意；‎ D．，故D不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆上的两点，点比点低，晾衣绳粗糙，悬挂衣服的衣架钩在晾衣绳中点和在杆中间位置时都不滑动。衣架静止，下列说法正确的是（　　）‎ A. 衣架钩在晾衣绳中点时，左右两边绳子拉力大小相等 B. 衣架钩在晾衣绳中点时，右边绳子拉力小于左边绳子拉力 C. 衣架钩在杆中间位置时，左右两边绳子拉力大小相等 D. 衣架钩在杆中间位置时，右边绳子拉力大于左边绳子拉力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】令a到节点的高度为h1，b到节点的高度为h2，节点到M的水平距离为x1，节点到N - 17 -‎ 的水平距离为x2，a端绳子和水平方向的夹角为α，b端绳子和水平方向的夹角为β，对绳子节点进行受力分析，如图所示： AB．当衣架钩在晾衣绳中点时，设a、b到节点绳子长度为L，根据几何关系有：，，因为h1＜h2，可得：‎ α＜β，‎ 根据平衡条件：Facosα=Fbcosβ，可得：‎ ‎，‎ 则：‎ Fa＜Fb，‎ 故AB错误； CD．衣架钩在杆M、N中间位置时，根据几何关系：，，x1=x2，因h1＜h2，可得：‎ α＜β，‎ 根据平衡条件：Facosα=Fbcosβ，可得：‎ ‎，‎ 则：‎ Fa＜Fb，‎ 故C错误，D正确。 故选D。‎ ‎5.2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面，着陆前在离月球表面的高空仅在月球万有引力作用下环月球做匀速圆周运动，向心加速度大小为，周期为；设贴近地面的近地卫星仅在地球万有引力作用下环地球做匀速圆周运动，向心加速度大小为 - 17 -‎ ‎，周期为。已知月球质量，半径；地球质量，半径。则（　　）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据万有引力提供向心力有：，解得：‎ ‎，‎ 根据万有引力提供向心力有：，解得：‎ ‎，‎ 可得：‎ ‎，‎ 即a月＜a地；‎ 周期比为：‎ ‎，‎ 所以T月＞T地。‎ A．，，故A不符合题意；‎ B．，，故B不符合题意；‎ C．，，故C符合题意；‎ - 17 -‎ D．，，故D不符合题意。‎ 故选C正确。‎ ‎6.如图所示，电路中均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器的极板水平放置。闭合开关，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅满足下列各选项中的条件，油滴仍可能静止不动的是（　　）‎ A. 增大的阻值，增大的阻值 B. 增大的阻值，减小的阻值 C. 减小的阻值，增大的阻值 D. 减小的阻值，减小的阻值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R2的电压，当增大R1、R2阻值时，可导致总电流减小，根据欧姆定律，电阻R2两端电压可能不变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，则油滴静止不动，故A符合题意； B．电路稳定时，当增大R1的阻值，减小R2的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2两端的电压减小，极板间电场强度减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下运动，故B不符合题意； C．电路稳定时，当减小R1的阻值，增大R2的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2两端的电压增大，极板间电场强度增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上运动，故C不符合题意； D．电路稳定后，当减小R1的阻值，减小R2的阻值，可能导致总电流增大，根据欧姆定律，电阻R2两端电压可能不变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，则油滴静止不动，故D符合题意。 ‎ - 17 -‎ 故选AD。‎ ‎7.匀强电场中，一带正电粒子仅在电场力的作用下自点以垂直于电场方向的初速度开始运动，经过点，则（　　）‎ A. 电场中，点电势高于点电势 B. 粒子在点的电势能小于在点的电势能 C. 在两点间，粒子在轨迹可能与某条电场线重合 D. 在两点间，粒子运动方向一定与电场方向不平行 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】CD．由于电场力和初速度相互垂直，所以粒子做类平抛运动，其运动轨迹是曲线，所以其速度方向和电场力不共线，故运动方向和电场方向不平行，故C不符合题意，D符合题意。‎ AB．粒子运动过程中电场力做正功，所以粒子的电势能减小，粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能。由于粒子带正电，根据EP=qφ可知电势逐渐减小，P点电势高于Q点电势，故B不符合题意，A符合题意。‎ 故选AD。‎ ‎8.用电流表和电压表测定2节干电池串联组成电池组的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。‎ ‎（1）实验电路应该选择下图中的________（选填“甲”或“乙”）。‎ ‎（2）现有电压表（）、开关和导线若干，以及以下器材：‎ A.电流表（）‎ B.电流表（）‎ C.滑动变阻器（）‎ - 17 -‎ D.滑动变阻器（）‎ 实验中电流表应选用___________；滑动变阻器应选用____________。（选填相应器材前的字母）‎ ‎（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，请在坐标系上标出6组数据的对应点，画出图线____________________________________。‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压 ‎2.80‎ ‎2.50‎ ‎2.20‎ ‎1.90‎ ‎1.60‎ ‎1.30‎ 电流 ‎0.12‎ ‎0.32‎ ‎0.50‎ ‎0.68‎ ‎0.88‎ ‎1.06‎ ‎（4）根据（3）中所画图线可得出电池组的电动势___________，内电阻_______。‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). B (3). C (4). (5). 3.00（2.96-3.02） (6). 1.60（1.58-1.62）‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]干电池内阻较小，为减小实验误差，相对电源来说，电流表应采用外接法，应选择图乙所示电路图。 (2)[2][3]一节干电池电动势约为1.5V，两节干电池电动势约为3V，电路最大电流为1A左右，电流A量程太小，电流表应选择B；为方便实验操作，应选阻值小的滑动变阻器，故滑动变阻器应选C； (3)[4]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示： (4)[5][6]由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是3.0，则电源电动势E=3.00V，斜率表示电源内阻：‎ ‎。‎ ‎9.光滑水平台面离地面高，台面上点与台面边缘点间距离，木块甲、乙分别静止在点，在相同的恒定水平外力作用下从点运动到点时撤去外力。甲落地点与点之间水平距离为，乙落地点与点之间水平距离为。已知木块甲质量为，重力加速度为。求：‎ ‎（1）恒定水平外力的大小；‎ ‎（2）木块乙的质量。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设水平外力大小为F，木块甲在B点的速度大小为v1，从B点开始做平抛运动的时间为t，则：‎ ‎，‎ x=v1t，‎ 木块甲在台面上运动的过程，根据动能定理得：‎ - 17 -‎ ‎，‎ 联立可得：‎ ‎；‎ ‎(2) 设木块乙的质量为m乙，在B点的速度大小为v2，则乙平抛运动过程，有 3x=v2t 木块乙在台面上运动的过程，根据动能定理得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎10.如图所示，半径的四分之一光滑圆弧竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于点，整个空间存在场强大小的匀强电场，竖直边界右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上；小物块（视为质点）大小形状相同，电荷量为，不带电，质量，。从点由静止释放，与静止在地面上点的碰撞。已知与地面间动摩擦因数均为，P、D间距离，取，间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：‎ ‎（1）物块运动到点时，受到圆弧轨道支持力的大小；‎ ‎（2）物块碰撞后瞬间，速度的大小和方向；‎ ‎（3）物块第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。‎ ‎【答案】（1）60N；（2）6m/s，方向水平向右；18m/s，方向水平向右；（3）7.2s；‎ ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】(1)物块A从Q到P过程，由动能定理得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ vP=10m/s，‎ 在P点，由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ F=60N；‎ ‎(2)物块A从P到D过程，由动能定理得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ v1=12m/s，‎ A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mAv1=mAvA+mBvB，‎ 由机械能守恒定律得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ vA=6m/s，方向水平向右 vB=18m/s，方向水平向右 ‎(3)A、B碰撞后，由牛顿第二定律得，‎ 对A：‎ qE-μmAg=mAaA，‎ 对B：‎ μmBg=mBaB，‎ 代入数据解得：‎ ‎，‎ - 17 -‎ aB=2m/s2，‎ 设经过时间t两物块再次发生碰撞，由运动学公式得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ t=7.2s；‎ ‎11.关于热现象，下列说法正确的是___________。‎ A. 气体吸热后温度一定升高 B. 对气体做功可以改变其内能 C. 理想气体等压压缩过程一定放热 D. 理想气体绝热膨胀过程内能一定减少 E. 在自发过程中，分子一定从高温区域扩散到低温区域 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故A错误；‎ B．做功和热传递都可以改变物体的内能，故B正确；‎ C．根据理想气体状态方程，气体等压压缩过，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也减小，即△U＜0；再根据热力学第一定律：W+Q=△U，体积减小，外界气体做功，W＞0，则Q＜0，所以理想气体等压压缩过程一定放热，故C正确；‎ D．理想气体绝热膨胀过程，Q=0，W＜0，根据热力学第一定律：W+Q=△U可知，△U＜0，所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故D正确； E．扩散现象是分子的无规则热运动，分子可以从高温区域扩散到低温区域，也可以从低温区域扩散到高温区域，故E错误。 故选BCD。‎ ‎12.如图，长，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，的空气被水银柱封住，水银柱长。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有 - 17 -‎ 的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强。求插入水银槽后管内气体的压强。‎ ‎【答案】52.0cmHg ‎【解析】‎ ‎【详解】设玻璃管截面积为s，水平放置时，气体压强为P1，体积为V1，假设当转到竖直放置时，水银恰好未流出，气体压强为P2，体积为V2，则 P1=P0=75cmHg，‎ V1=L0s，‎ P2=？， ‎ V2=（L-h）s，‎ 由玻意耳定律：P1V1=P2V2 代入数据解得：‎ P2=50cmHg，‎ 由于，所以水银必有流出。‎ 设剩余水银柱长度为x，气体的压强P3，体积V3，则 P3=（P0-x）cmHg，‎ V3=（L-x）s， ‎ 由玻意耳定律：P1V1=P3V3 代入数据解得：‎ x≈30.7cm，‎ 插入水银柱后，设气体压强P4，体积V4=（L-x-h0）s 由玻意耳定律：P1V1=P4V4 代入数据解得：‎ P4≈52.0cmHg；‎ ‎13.如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横波时刻波形图，该时刻点开始振动，再过，点开始振动。下列判断正确的是_____________。‎ - 17 -‎ A. 波的传播速度 B. 质点的振动方程 C. 质点相位相差是 D. 时刻，处质点在波峰 E. 时刻，质点与各自平衡位置的距离相等 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质点M和N相距6m，波传播时间为1.5s，则波速：‎ ‎，‎ 故A正确；‎ B．波长λ=4m，根据波长、波速和周期的关系可知周期为：‎ ‎，‎ 圆频率：‎ ‎，‎ 质点M起振方向向上，t=1s时开始振动，则质点M的振动方程为y=0.5sin（2πt-2π），故B错误； C．相隔半波长奇数倍的两个质点，相位相差为π，质点M、N相隔1.5λ，故相位相差π，故C正确； D．t=0.5s=0.5T，波传播到x=4.0m处，此时x=1.0m处质点处于波谷，故D错误； E．t=2.5s=2.5T，N点开始振动，质点M、N相隔1.5λ，振动情况完全相反，故质点M、N与各自平衡位置的距离相等，故E正确。 故选ACE。‎ - 17 -‎ ‎14.如图所示，为折射率的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到面上的点，在点折射后的光线平行于。已知点是的中点，点是延长线上一点，°。‎ ‎①求入射光在点的入射角；‎ ‎②通过计算判断光射到弧能否从弧射出。‎ ‎【答案】①60°； ②光射到AB弧能从AB弧射出。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①光在介质中传播的光路图如图所示：‎ ‎ 设入射光在C点的入射角为i，折射角为r，由于在C点折射后的光线平行于OB，所以∠OCP=∠AOD=60°，r=30°， 根据折射定律有：‎ 代入数据解得：‎ i=60°；‎ ‎②在C点折射后的光线射到AB弧上P点，连接O、P，OP是法线，过O点做CP的垂线交CP于Q，则折射光线在AB弧的入射角为i1，玻璃砖临界角为C，扇形半径为L，则：‎ ‎，‎ 根据几何知识有∠COQ=30°，LOQ＝LOC•cos∠COQ=‎ 根据 可得：‎ - 17 -‎ ‎，‎ 则：‎ i1＜C，‎ 所以光射到AB弧能从AB弧射出。‎ - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎