《山东省恒台第一中学2020届高三物理上学期诊断性考试试卷（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省恒台第一中学2020届高三物理上学期诊断性考试试卷（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山东省恒台第一中学2020届高三物理上学期诊断性考试试卷（含解析） 1.伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，并且通过实验加以验证：伽利略手稿中记录了一组铜球从斜槽的不同位置由静止下落的距离和所用时间的实验数据，伽利略对上述的实验数据进行了数学处理及逻辑分析，并得出了结论。下列各式哪一个是伽利略通过这个实验得出的结论A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】小球从静止开始做匀加速直线运动，满足，即，有，伽利略发现，斜面的倾角不同，上述比例关系同样成立，只是这个常数的随着的增大而增大；故选D.【点睛】初速度为零的匀加速
2、直线运动既满足运动学基本公式，还满足比例式和判别式、推论式.2.如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接，正好组成一个菱形，ABC=60，整个系统保持静止状态。己知A物块所受的摩擦力大小为F，则D物块所受的摩擦力大小为A. B. C. D. 2 F【答案】A【解析】【分析】物体在水平面上受橡皮绳弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解橡皮绳的弹力，从而求出摩擦力。【详解】已知A物块所受的摩擦力大小为F，设每根橡皮条的弹力为T，则对A，有：2Tcos60=F，对D：2Tcos30=f，解得：。故A正确。【点睛】本题考查了物体受共点力平衡和
3、力的合成计算，难度不大三力平衡的基本解题方法：力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法应用这种方法，往往能收到简捷的效果。3.如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为=1m/s、=2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 2：1【答案】A【解析】设乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m2v2-m1v
4、1 =（m1+m2）v，即2m2 -m1=（m1+m2）0.5，解得m1：m2=1:1；故选A.4.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(Mm)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A. 两滑块组成系统的机械能损失小于M克服摩擦力做的功B. M所受轻绳拉力与重力的总功等于M动能的增加C. 绳对m做的功大于m动能的增加D. 轻绳对M做的功大于轻绳对m做的功【答案】C【解析】【分析】根据滑块质量关系确定滑
5、块的滑动方向，然后根据滑块的受力情况应用动能定理与能量守恒定律分析答题。【详解】由题意可知，Mm，释放后，滑块M向下滑动，m沿斜面向上滑动；A项：除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，造成机械能损失，则有：两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故A错误；B项：由动能定理可知，M所受轻绳的拉力、重力与摩擦力的做总功等于M动能的增加量，M所受轻绳拉力与重力的总功大于M动能的增加，故B错误；C项：m向上滑动，由动能定理可知，轻绳对m做的功大于m动能增加，故C正确；D项：轻绳对M与对m的拉力大小相等，M与m的位移大小相等，轻绳对M与对m的拉力做功相等，故D错误。故选：C。
6、【点睛】本题关键理解掌握机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化。5.2020年8月28日，中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波。该双星系统以引力波的形式向外辐射能量，使得圆周运动的周期T极其缓慢地减小，双星的质量m1与m2均不变，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，则下列关于该双星系统变化的说法正确的是A. 两颗中子星自转角速度相同，在合并前约100s时B.
7、合并过程中，双星间的万有引力逐渐增大C. 双星的线速度逐渐增大，在合并前约100s时两颗星速率之和为9.6106 msD. 合并过程中，双星系统的引力势能逐渐增大【答案】BC【解析】【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。【详解】A项：频率为12Hz，由公式，这是公转角速度，不是自转角速度，故A错误；B项：设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L=400km=4105m，根据万有引力提供向心力可知：整理可得： 解得： 由此可知，周期变小，中子星间的距
8、离变小，所以双星间的万有引力逐渐增大，故B正确；C项：根据v=r可知：v1=r1，v2=r2解得：v1+v2=（r1+r2）=L=9.6106m/s，故C正确；D项：合并过程中，双星间的引力做正功，所以引力势能减小，故D错误。故选：BC。【点睛】本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。6.磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，下图为其原理示意图，平行金属板C、D间有匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻
9、值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关 串联接在C、D两端，已知两金属板间距离为d，喷入气流的速度为v，磁流体发电机的电阻为r(R0 r 2R0)。则滑动变阻器的滑片P由a向b端滑动的过程中( )A. 金属板C为电源负极，D为电源正极B. 发电机的输出功率一直增大C. 电阻R0消耗功率最大值为D. 滑动变阻器消耗功率最大值为【答案】AC【解析】因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D板偏，负离子向C板偏，即金属板C为电源负极，D为电源正极，故A正确；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即 ，所以电源电动势为E=Bdv，又R0r2R0，所以滑片P由a向b端滑动时，外电路总电阻减小，期间
10、某位置有r=R0+R，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片P由a向b端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故B错误；由题图知当滑片P位于b端时，电路中电流最大，电阻R0消耗功率最大，其最大值为 ，故C正确；将定值电阻R0归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R0r+R0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为，故D错误故选AC7.某条直线电场线上有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅考虑电场力作用则A. 若O点的电势为零，则A
11、点的电势为B. 粒子A到B做匀速直线运动C. 粒子运动到B点时动能为D. 粒子在OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量【答案】ACD【解析】【分析】根据E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出A点的电势；利用场力做正功情况分析物体的运动性质；运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。【详解】A项：由图可知E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此，由于，因此，故A正确；B项：粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动；在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；C项：从O到B点过程列
12、动能定理，则有：W电=qUOB=EKB-0，而UOB联立方程解得：EKB，故C正确；D项：粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量；或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOAUBC，根据电场力做功公式W=qU和W=E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故D正确。故选：ACD。【点睛】解答本题的关键是：要知道E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。8.如图所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面
13、向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，长度为R一个带电粒子1从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若与该粒子完全相同的带电粒子2以同样的速度从C点平行AO方向进入磁场，C到AO的距离为R2，则A. 1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向B. 粒子带负电C. 2粒子仍然从B点离开磁场D. 两粒子在磁场中运动时间之比为3：2【答案】ACD【解析】【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题。【详解】A项：粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90，1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿O
14、B方向，故A正确；B项：带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故B错误；C项：粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO=R，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故C正确；D项：粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角1=90，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，2=BO1P=60，粒子在磁场中运动的周期： ，两粒子的周期相等粒子在磁场中的运动时间 ，运动时间之比：t1：t2=1：2=90：60=3：2，故D正确。故选：AC
15、D。【点睛】本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题。9.(1)一同学设计如下实验过程来“验证力的平行四边形定则”，部分实验步骤如下，请完成有关内容：A将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线。B其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录O点的位置和_C将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使_，并记录两个细绳的方向(2)在(1)问中，如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cos：cos=_。【答案】 (1). （1）B.记录细绳方向 (2). C.两次结点O的位置重合 (3). （2）4:3【解析】【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同
