2019届高三物理诊断性考试试题(含解析)

1、2019届高三物理诊断性考试试题（含解析）、选择题:1.下列叙述中正确的是A.库仑发现了点电荷的相互作用规律，卡文迪许测出了静电力常量B.密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡，最早得到了元电荷e的数值C.奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D.开普勒总结出了行星运动定律，并用月一地检验证实了该定律的正确性【答案】B【解析】【详解】库仑发现了点电荷的相互作用规律，库伦通过扭秤测出了静电力常量，选项A错误;密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡，最早得到了元电荷 e的数值，选项B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，选项C错误；开普勒总结出了行星运动定律，牛顿用月-地检验证

2、实了万有引力定律的正确性，选项D错误；故选B.2. 一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有一辆老年代步车正在慢速行驶，短暂反应后司机立即采取制动措施，结果汽车恰好没有撞上前方的老年代步车。若从司机发现代步车时开始计时（t=0）,两车的速度一时间（v-t）图象如图所示。则A. v-t图象中，图线a为汽车，图线b为老年代步车B.汽车制动时的加速度大小为4.4m/s 2C.从司机发现代步车到两车速度相等时经历的时间为3.0sD.司机发现代步车时汽车距离代步车30m【答案】D根据v-t图象的物理意义判断物体的运动特征；斜率代表加速度，即可求得；根据汽车和代步车速度相等列式求解时间；根据v

3、-t图象中，与时间轴所围面积表示物体运动的位移求解司机发现代步车时汽车与代步车的距离；【详解】汽车先匀速后减速，老年代步车一直匀速，则a为老年代步车，b为汽车，故选项A错误；由图像可知，汽车制动时的加速度：a 0 205m/s2,选项B错误；t 4.5 0.5由vo+ati=v即20-5t 1=5解得ti=3s,则从司机发现代步车到两车速度相等时经历的时间为3.0s+0.5s=3.5s,选项 C错误；司机发现代步车时汽车距离代步车, v V0 ,x (V0t0 ti) v(t0 ti) 30m,则 D正确；故选 D.2【点睛】熟练掌握速度图象的物理含义：图象的斜率等于物体的加速度，图象与时间轴

4、围成的面积等于物体通过的位移，这是解决此类题目的基本策略。3 .如图所示，某飞行器先在近月圆形轨道I上做匀速圆周运动，到达轨道I的A点时点火变 轨进入椭圆轨道n, 后沿轨道n做椭圆运动， 到达轨道n的远月点 B时再次点火变轨，进入距月球表面高度为 4R的圆形轨道出绕月球做匀速圆周运动，R为月球半径，则上述变轨过程中A.飞行器沿轨道I运动的速率最大B.飞行器沿轨道出运动的速率最小C.飞行器沿轨道出运动的机械能最大2D.根据a=可知，飞行器与&轨道n过 A点的加速度大于沿轨道 I过A点的加速度r【答案】C【解析】通过调整速度使卫星做离心卫星绕中心天体做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力

5、,运动或近心运动来调整轨道高度.在不同轨道上的同一点受万有引力相等，从而判断加速度关系.【详解】飞行器在轨道I的 A点加速才能进入轨道n , 可知飞行器沿轨道n过 A点的速度最 大，选项A错误；由开普勒第二定律可知，在轨道n上运行时在B点速度最小；飞行器在轨道n的B点加速才能进入轨道m, 可知飞行器沿轨道n过 B点的速度最小，选项B错误；因 在AB两点两次加速，可知飞行器在轨道出运动时的机械能最大，选项C正确；根据加速度的决定式a 粤可知，飞行器沿轨道n过 A点的加速度等于沿轨道I过A点的加速度， r选项D错误，故选C.【点睛】掌握卫星变轨原理，知道在圆轨道上万有引力提供圆周运动向心力可以由半

6、径大小 比较描述圆周运动物理量的大小是正确解题的关键.4 .如图所示，小车 C静置在水平地面上，物块 A B叠放在C的水平板面上，物块 A与C的 挡板之间由一轻弹簧拴接，弹簧水平， A B C相对静止，则下列有关物块 A、B受力情况的描述中，正确的是A一定受4个力的作用B一定受4个力的作用A一定受4个力的作用B一定受4个力的作用A.如果弹簧处于压缩状态,B.如果弹簧处于压缩状态,C.如果弹簧处于拉伸状态,D.如果弹簧处于拉伸状态,【答案】C【解析】【分析】按照受力分析的步骤，先重力、后弹力，最后是摩擦力进行；根据A的受力情况以及状态判断AB之间的摩擦力.【详解】若弹簧处于压缩状态，A受重力、弹

7、簧的弹力、B对A的支持力；可能受 B对A的摩擦力，也可能不受摩擦力，即可能受3个力或者4个力的作用，选项 A错误；若弹簧处于压缩状态，B受重力、小车的支持力、A对B的压力；小车对 B的摩擦力，可能受 A的摩擦力，也可能不受 A的摩擦力，即可能受4个力或者5个力的作用，选项 B错误；若弹簧处于拉伸状态，则 A受重力、弹簧的弹力、B对A的支持力、B对A的摩擦力，即一定受 4个力的作用，选项 C正确；若弹簧处于拉伸状态，则B受重力、小车的支持力、 A对B的压力、A对B的摩擦力，小车对 B的摩擦力，即一定受 5个力的作用，选项 D错误；故选C.5 .如图所示，半圆槽 MABCNB竖直面内，M点、N点是

8、半圆的水平直径的两个端点，。点是半圆圆心，OB为竖直半径，A、C为半圆周上的两点，两点连线 AC垂直平分OR现有三个小球a、b、c,先从M点水平向右先后抛出a、b两小球，两球依次落在 A、B两点；再从P点水平向右抛出 c球（P是直径MNLh的某一点），c球恰好垂直圆周击中 C点，则下列说法中正确的是1 ： 2 ： 1球抛出点P有可能与M点重合B. cC. a、b、c三球的平抛初速度之比为（2 J3） : 72 ： 2 J3D. a、b、c三球的机械能之比为 （74石）：2: 12 h= - gt2来判断三个球运动的时间关系；根据平抛运动的速度的反向延长线过水平位移的中2点判断P点的位置；根据水

9、平位移和时间的关系求解初速度之比【详解】由h=1gt2可得， 2ta因c球恰好垂直圆周击中 C点，则由平抛运动的推论可知，击中c时的速度反向延长线过水平位移的中点，此点为圆心 O,则由对称性可知，c球的抛出点在 A点的正上方，选项 B错 误；a的水平位移为 R（1-cos30 0）, b的水平位移为 R; c的水平位移为 2Rcos300,结合 ta：tb：tc 1：J2：1,根据Vo x可得三球的初速度之比为（2-J3 ）： （J2）：（2J3），选项C正确；三个小球的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项 D错误；故选C.【点睛】此题关键是知道平抛运动在水平方向做匀速运动，竖直方向做

10、自由落体运动，结合几何关系解答.6 .如图所示，有一根固定的足够长的光滑直杆与水平面的夹角为。，杆上套着一个质量为 m的滑块A（可视为质点）。用不可伸长的轻绳将滑块 A与另一个质量为2m的物块B通过光滑的定滑轮相连接，先将A锁定在O点，此时轻绳绷紧，滑轮左侧轻绳恰好水平， 其长度为L。现将滑块A从图中O点由静止释放，在滑块 A从O点滑到最低点的过程中（整个运动过程中）,下列说法正确的是B.绳与杆垂直时，A的机械能最大，B的机械能最小C.绳与杆垂直时，A的动能最大，B的动能最小D.物块B所受重力的功率一直增大【答案】AB【解析】【分析】A在下滑的过程中通过绳子拉力与速度方向的夹角判断拉力的功的正

11、负；绳与杆垂直时，B到达最低点速度变为零，由此判断机械能的变化；根据P=mgvRJ断B的重力的功率的变化.【详解】滑块 A下滑的过程中，绳对 A的拉力与Va夹角先小于90°,后大于90°,则绳的拉 力对A先做正功后做负功，选项 A正确；绳与杆垂直时， B下降到最低点，且速度为零，则B的机械能减小的最多，A机械能增加的最多，故 B正确；A所受的合外力为零时，速度最大，动能最大，而在绳与杆垂直位置，A的合力不为零，选项 C错误；B在运动的过程中先是加速下降后减速下降， 后加速上升又减速上升， 根据P=mgv可知，物块B所受重力的功率 不是一直增大，选项 D错误；故选 AB.【点

12、睛】注意此题最难判断的地方是滑块A滑到绳与杆垂直时，绳子在竖直杆子方向的速度为零，即B的速度为零；整个系统的机械能是守恒的.7 .如图所示，P、Q为固定在竖直线上的两个点电荷，N为在PQ连线中垂面内做匀速圆周运动的另一点电荷，图中实线为N做匀速圆周运动的圆轨迹。 N的重力不计，则下列说法中正确的是A. P、Q为不等量异种电荷，B. N的轨迹平面为点电荷 P、P、N为异种电荷Q共同产生的电场中的一个等势面C.在点电荷P、Q共同产生的电场中 N的轨迹上的各点电势相等D. N的轨迹半径越大，N的电势能越大【答案】CD【分析】根据N做匀速圆周运动，则向心力为电场力指向圆心， 可判断PQ两点荷的性质即电

13、场分布； 异种电荷远离时，电势能变大 .【详解】若P、Q为不等量异种电荷，则根据电场线的分布可知，N无论是带何种电荷都不能在PQ连线中垂面内做匀速圆周运动，选项 A错误；只有当P、Q为等量同种电荷时，N带 与PQ相反电性的电荷时，才能在PQ连线中垂面内做匀速圆周运动，而由等量同种电荷的电场电势分布可知，PQ的中垂面不是等势面，选项 B错误；N做匀速圆周运动，动能不变，则N应当是沿一条等势线运动，故 C正确；异种电荷远离时，电势能变大，可知 N的轨迹半径越大，N的电势能越大，选项 D正确；故选CD.8.如图所示，边长为 L的正方形虚线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向

14、向里，虚线 AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B。现有两个比荷相同的带电粒子 a、b,分别以vi、V2的速度沿图示方向垂直磁场方向射入磁场，并 分别从B C两点离开磁场，设 a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为ti、t2。则下列说法中正确的是选项A正确；由题图可知，结合几何关系可知:12(n=1、2、3、,v2qBr由 qvB m ,解得 v * ,则 v "21:2 n : 2 ,故B正确，C错误；由图可知A.粒子a 一定带正电，粒子 b一定带负电B. v i ： V2可能等于1 ： 2C. v i ： V2一定等于 1 ： 1D. t 1： t2可能等于3 : 2【答

15、案】ABD【解析】【分析】根据左手定则以及粒子的轨迹判断粒子的电性；粒子a做1/4个圆周后直接从 B点飞出；粒子b可能在两边磁场中做多个圆弧运动从C点飞出，结合几何关系找到半径关系，从而求解 速度和时间关系a带正电，粒子b带负电,【详解】做出粒子的可能的运动轨迹，结合左手定则可知：粒子2 m , T. TT ,t1 ,t2n （n=1、2、3、），贝Ut1：t23: 2n （n=1、2、3、），qB 46则D正确；故选ABD.【点睛】此题的关键是搞清粒子 b的运动情况，在两边磁场中来回做圆周运动，所以要讨论多解性.二、非选择题：9.某校同学利用如图所示装置验证动量守恒定律。图中，水平气垫导轨上

16、装有光电门 C和光电门D,滑块A、B放在导轨上，位置如图所示；滑块 A的右侧装有弹性弹簧片，滑块 B的 左侧也装有弹性弹簧片，两滑块上方都固定有宽度相同的遮光片，光电门C D分别连接着光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。实验步骤：A.测量滑块A（含弹簧片）的质量mA,滑块B（含弹簧片）的质量G；B.测量滑块A的遮光片的宽度di,滑块B的遮光片的宽度d2；C.给滑块A 一个向右的瞬时冲量，观察A的运动情况和 A与B相碰后A B各自的运动情况；D.记录下与光电门 C相连的光电计时器记录的时间：第一次时间 Atci、第二次时间 Atc2；E.记录下与光电门 D相连的光电计时器记录

17、的时间： tD实验记录：叫4d2100g1.L 00（?in2. 5001ns4. QOOrtifi5. lOOnis数据处理（请完成以下数据处理，所有结果保留3位有效数字广（1）碰撞前A的速度大小 vo=4.OOm/s ,碰撞后 A的速度大小 vi=m/s。（2）碰撞前后A的动量变化量大小 p=keg- m/so碰撞后B 速度大小 V2=1.96m/s。(4)碰撞前后B的动量变化量大小 Ap' =0.588kg m/s。(5)本实验的相对误差的绝对值可表达为8=p X10%若SW5%则可以认为系统P0 =o(2). 0.6042.65%【详解】(1)滑块A在后的瞬时,大小分别为.。、

18、V1,贝，0-0 dmimlG 4.900 1碰撞前后A的动f化量大小： p=m AV1-mA(-v 0)=0*60|gBm/sp p "0.604 0.588-动量守恒，本实验的【答案】(1). 2.04Vidi(2)(5)本实验00000.604鱼 4.00m/s ； tci0000 2.650010.某同学在实验室找到一只电压表：表盘刻度线清晰，刻度值、量程、内阻均无法识别,于是该同学做了如下实验:实验名称：用多用电表粗测电压表的实验步骤:(1)给多用电表换上新电71(2)将红、黑表笔分别插(3)将多用电表的选择开笔。(4)将多用电表的红、黑线柱相连，观察发现多用(5)将选择开

19、关拨到3 /畲7tHSV电表的 _IIL_I_(填 “+、-”.-、+”)插孔。100 a . /l、，亍欧姆调零；断开两表，别与电压表，.(填“负”或“负、正”)接习.指针偏转角过.断开两表笔。_|0”或“x 1ia”)挡，进行欧姆调零；断开两表笔。(6)再次将多用电表的红、黑表笔分别与电压表的接线柱正确相连，观察发现多用电表指针 位置如图甲所示，电压表指针位置如图乙所示；断开两表笔。(7)图甲中多用电表欧姆挡的读数为 Q,欧姆挡的内阻为 Q;图乙 中电压表的读数为 格。(8)本实验所测电压表内阻约为 Q,电压表量程为 V(此空结果保留 2位有效数字)。【答案】(1).+、+ (2).红黑表

20、笔短接(3). 负、正(4). 1k (5).20k (6). 15k .25.7 (8). 20k (9).-6.0【解析】【分析】根据欧姆表的使用方法以及内部结构解答问题；欧姆表换挡后必须要调零；读数时要乘以倍率；电流从红表笔流入，黑表笔流出【详解】(2)多用电表红表笔插“ +”插孔，黑表笔插“-”插孔；(3)欧姆表换挡后必须：先短接红、黑表笔，再进行欧姆调零。(4)欧姆表电流从黑表笔流出，红表笔流进，所以红、黑表笔应分别与电压表的“负、 正”接线柱相连；(5)多用电表指针偏角过小，表面电阻太大，应当更换更大倍率，再次短接红黑表笔进行调零；(7)多用电表的读数为 20xika=20ka,欧

21、姆表内阻等于中值电阻，由图甲及倍率可知为15X1kQ=15kQ,电压表读数为25.7格(25.6到25.8均可)；(8)多用电表的读数就是测电压表内阻，均为 20k设电压表量程为 U,则电压表示数为25.7 X U-；又由 25.7 X U : 20=9:35 ,解得 U=6.0V.303011.如图所示，在直角坐标系 xOy平面内，以。点为圆心，作一个半径为 R的园形区域，A、B两点为x轴与圆形区域边界的交点，C、D两点连线与x轴垂直，并过线段 OB中点；将一质量为mr电荷量为q（不计重力）的带正电的粒子，从 A点沿x轴正方向以速度V0射入圆形区域。（1）当圆形区域内只存在平行于y轴方向的电

22、场时，带电粒子恰从C点射出圆形区域，求此电场的电场强度大小和方向；（2）当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时，带电粒子怡从D点射出圆形区域，求此磁场的磁感应强度大小和方向；（3）若圆形区域内同时存在 （1）中的电场和（2）中的磁场时，为使带电粒子恰能沿直线从B点射出圆形区域，其入射速度应变为多少？【答案】（1） E 4点1TlV0方向沿y轴正方向9qR（2） B方向垂直坐标平面向外3qR/c4vV03【解析】【分析】（1）只存在电场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动列方程求解电场强度；（2）区域只存在磁场时，做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，再根据洛伦兹力等于向心力求

23、解磁感应强度；（3）若电场和磁场并存，粒子做直线运动，电场力等于洛伦兹力，列式求解速度【详解】（1）由A到C做类平抛运动：3R v0t ；212R= - at2qE ma4、3mv3解得E-9qR方向沿y轴正方向；(2)R从A到D匀速圆周运动，则tan300 r2一Vor mv0qvoB m市解得B - 方向垂直坐标平面向外。3qR(3)从A到B匀速直线运动，qE=qvB解得v B日口 4v v03【点睛】此题是带电粒子在电场中的偏转，r 3R在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线从水平和竖直两个方向列式；在磁场中做匀速圆周运动问题；粒子在电场中做类平抛运动， 运动，先找半径和圆心，在求磁

24、感应强度；在正交场中的直线运动时列平衡方程求解12.如图所示，光滑圆弧轨道 AB是固定在竖直面内半径 R=0.4m的四分之一圆周，轨道右侧的水平地面上静止放着质量为m的木板Q, Q紧靠着圆弧轨道的 B端，其上表面与轨道圆弧面平齐对接。将质量也为 m的小滑块 巳 从圆弧轨道 A端正上方高出A端R处自由释放，P恰能从A点切入圆轨道，然后滑过B端，滑上木板Q的上表面，P与Q上表面的动摩擦因数(11=0.4。(已知重力加速度 g=10m/s2)口(1)求滑块P经过B点时对圆轨道的压力大小；(2)若水平地面光滑，P恰好不能从Q板的右端滑下，求 Q板的长度；(3)若木板Q与水平面之间的动摩擦因数 2=0.

25、1 ,且木板长度为(2)问中的长度，判断 P 能否从Q板右端滑下：若不能，求 P与Q相对静止时的共同速度；若能，求 P、Q分离时各 自的速度。【答案】(1) 50m；(2)1m；(3)能vP8嗯、vQ2mS【解析】【分析】(1)根据机械能守恒求解 B点的速度，根据牛顿第二定律求解对B点的压力；(2)由动量守恒定律结合能量守恒定律求解Q板的长度；(3)木块滑上木板后，物块减速，木板加速，根据牛顿第二定律求解它们的加速度，结合运动公式分析判断能否滑轮，并求解P、Q分离时各自的速度。 12【详解】(1)从P到B： mg 2R mvB 2 2Nb mg mB R解得 VB=4m/sNB=5mg=50m

26、 所以压力 N' B=50m(2) P滑上Q后，若水平地面平滑，系统动量守恒，有：mB=2mv解得 Vp=VQ=v=2m/s 1212系统能重寸恒： - mvB2mv 1mgL22解得L=1m(3)科 2=0.1 时:P减速:1 mgma1Q加速： 1mg- 2 2mg ma2解得ai=4m/s2; a2=2m/s2设经1212.秒P从Q板 左端滑到右端，则PQ相对滑动L：VBt-a1t2 a2t2L22解得t1t 2=1S （舍去）VpVba1t18-m/s3a2t12 m3因Vp>Vq,则P能从Q板右端港下,【点睛】解决本题的关键要理清抓住处理板块问题的基本方法:公式.13.

27、下列有关热现象 说法中A.自然界符合能量守恒定律的宏B.晶体一定有固定的熔点C.在热传导过程中，热量可以自4lb动量守恒定律.量/律.或者牛定律结合运动 彳:程一定都能生4 ,由高温物体彳mI低温物体D.液晶显布屏是应用液晶E.两分子间距离增大，分子间的势能一定增【答案】BCD【详解】根据热力学第二定律可生，选项A错误；晶体一定有固由高温物休传递到低温物体，选到选项D正确；若开始时两分子间选项E错误；故选BCD.14.如图所示为某校同学设计的导B能自然发可以自发地的,能减小,均分为20等份，并在C、D两处设有限位装置，使活塞只能在C D之间移动。汽缸内壁光滑，限位装置和活塞的厚度不计，活寒左侧

28、汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞处在图示位置时，环境温度为 330K。C4 6 X 10 12 14 16 1H 20|(1)求活塞移动到刻度线 16时，缸内气体的温度;刻度线S10121416IS热力学通度/K(2)求此温度计可测量的温度范围，并填写下列表格中各刻度线对应的温度值。【答案】(1) 480K (2) 240K 540 K找出各个状态的气体状态参量，根据气态方程求解各个状态的温度值，填写表格【详解】(1)设单位刻度的体积为因为 mr p 一定：V11=11M; T11=330K; V16=16M11V016V0由气态方程： T11T16解得 T16=480K11V0(2)同理

29、，由气态方程：一0 T118V0T8解得 T8=240K;由气态方程：也激 T11T18解得T18=540K810121416IM热力学2度K2403003604204NO54015.如图所示，有一列简谐横波的波源在。处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到10cm 处，此时x轴上5cm处的质点已振动 0.02s , P点离。处40cm,取该日刻为t=0时刻，下列 说法正确的是 。vl c m ¥A.P处质点起振时的速度方向沿 y轴正方向B.波的传播速度为2.5m/sC.经过0.12s , P处质点第一次到达波峰D.00.01s时间内，x=5cm处的质点振动的速度逐渐减小E.x=20cm处的质点从开始起振到P处质点开始起振的时间内通过的路程为32cm【答案】BDE 【解析】 【分析】从图象可以直接读出振幅和波长， 根据x轴上5cm处的质点已振动0.02s求出周期，根据公 式v=入"可得知波速，每个质点的起振方向均相同，故质点 P的起振方向与质点 A的起振 方向相同，由图读出x=2.5cm到P点间的距离，即可求出由x=2.5cm传播到P的时间，根据 在一个周期内，质点振动走过的路程为4个振幅求出x=20cm处的质点振动的路程.【详解】根据图象可