1、高中2019屆畢業班第二次診斷性考試理科綜合能力測試（物理部分）一、選擇題：1 .下列核反應屬于人工轉變的是A.Thi- Pa+ e B.He+B- C+nC. U+n- Xe+ Sr+10 n D. H+HR He+n【答案】B【解析】【分析】衰變生成物為“或3粒子，原子核的人工轉變是由人為行為發生的和反應方程，不是自發的衰變、裂變和聚變等.【詳解】A Th234變成Pa234,同時有一個電子產生，屬于 3衰變；故A錯誤.日用“粒子轟擊Be,產生了碳原子，屬于原子核的人工轉變；故 B正確.C該反應方程為重核的裂變；故 C錯誤.D笊與瓶生成氨核，屬于聚變反應；故 D錯誤.故選B.【點睛】只要根

2、據質量數守恒、電荷數守恒判斷出生成物的成分即可解決此類題目2.2018年12月8日凌晨，我國嫦娥四號探測器從西昌衛星發射中心順利升空。探測器靠近月球后，先在距離月球表面 H高處的近似圓軌道上繞月運行，測得運動周期為To已知月球半徑為 R引力常量為 G根據以上信息，不能求出的是A.月球的平均密度B.月球的第一宇宙速度C.探測器的動能D. 探測器的向心加速度【答案】C【解析】【分析】衛星所受的萬有引力提供向心力，即可求出月球的質量，由密度公式即可求出月球的平均密度Mm4?46（R 十 H）3【詳解】A設月球質量為 M探測器質量為 m由G+ 得月球質量M= ,（R +Tp = '=¥

3、; GTV,所以A正確._ , Mm 曠 PM 加_iR + H 一一B> 由 G = m一信，v = = -7（R + H） I，所以 B 正確. R2 R3 T R T Q RC因不知探測器質量，故無法求出探測器動能，所以C錯誤._8加"_DX由G; = ma,得泣=（R + H）,所以D正確.* ID2T2本題選不能求出的故選 C.【點睛】解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力，會根據該規律中心天體的質量和密度3 .如圖甲所示為理想變壓器，現將原線圈a接在電壓u隨時間t按如圖乙所示正弦規律變化的交流電源上，將滑動變阻器滑片 P置于圖中所示位置。電壓表 M、V2均為理想交流電

4、表。現將滑動變阻器滑片P向右滑動一小段距離，與先前比較，下列說法正確的是C.電壓表V2的示數減小D.燈泡L變亮【答案】A【解析】【分析】閉合電路動態分析中，電源部分是由變壓器提供， 其它仍用閉合電路毆姆定律 .當滑片P向右滑動的過程中，導致總電阻發生變化，而電壓不變，則可判斷出電路中的電流及電壓如何變化【詳解】當滑動變阻器滑片 P向右滑動一小段距離，接入電路中的電阻增大，副線圈中電流減小，燈泡 L 變暗，原線圈中電流減小，電阻 R分壓減小，消耗電功率減小，原線圈兩端電壓增大，電壓表M的示數增大，副線圈兩端電壓增大，電壓表 V2的示數增大；故 B、C、D錯誤，A正確.故選A.【點睛】理想變壓器是

5、理想化模型，一是不計線圈內阻； 二是沒有出現漏磁現象.同時運用閉合電路毆姆定律來分析隨著電阻變化時電流、電壓如何變化.分析的思路先干路后支路，以不變應萬變.4 .如圖所示，邊長為 L的正六邊形 ABCDEF的5條邊上分別放置 5根長度也為L的相同絕緣細棒。每根細 棒均勻帶上正電。現將電荷量為 +Q的點電荷置于BC中點，此時正六邊形幾何中心 。點的場強為零。若移 走+Q及AB邊上的細棒，則 O點強度大小為（k為靜電力常量）（不考慮絕緣棒及+Q之間的相互影響）kQ4kQ2業 Q4kQA. B.C. D. L -3L23L231?【答案】D【解析】【分析】根據電場強度是矢量，結合點電荷電場強度的計算

6、公式和對稱性進行分析【詳解】根據對稱性，AF與CD上的細棒在O點產生的電場強度疊加為零，AB與ED上的細棒在O點產生的kQ 4kQ電場強度疊加為零.BC中點的點電荷在 O點產生的電場強度為 ；=一，因EF上的細棒與BC中點的（Lsin6CT） 3L4kQ點電荷在O點產生的電場強度疊加為零，EF上的細棒在 O點產生的電場強度為 ,故每根細棒在 O點產3L-4kQ生的電場強度為 -移走+Q及AB邊上的細棒，O點的電場強度為 EF與ED上的細棒在 O點產生的電場強 3L”4kQ4 曲 kQ度疊加，這兩個場強夾角為60。，所以疊加后電場強度為 2尸點3。口 =一一；故選D.3L-【點睛】本題主要是考查

7、電場強度的疊加，知道電場強度是矢量，其合成滿足平行四邊形法則5 .如圖甲所示，一塊長度為 L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質量也為m的子彈以水平速度V0射人木塊。當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s（圖乙）。設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質點。則子彈穿過木塊的時間為 % d mm H乙 才 ？Z產產產產產m1i1A.B. 上十屋） C. 一 ： D. 一、,；2v0v0【答案】D【解析】【分析】 以子彈與木塊組成的系統為研究對象，滿足動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達式，再對木 塊列動量定理表達式，聯立可求解【詳解】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊

8、的系統，外力之和為零動量守恒，有:設子彈穿過木塊的過程所受阻力為f ,對子彈由動能定理：-f(s gmT，由動量定理:對木塊由動能定理：=由動量定理：k =2 -1聯立解得：t = (L + 2s)；故選D.%【點睛】子彈穿過木塊的過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律與動量定理可以正確解 題，解題時注意研究對象、研究過程的選擇6.如圖甲所示，質量m=1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t=0.5s時撤去拉力，其1.5s內的速度隨時間變化關系如圖乙所示，g取10m/s2。則心 1i.3 r/s甲乙A. 0.5s 時拉力功率12W B. 1.5s內拉力做

9、功9JC. 1.5s后物塊可能返回D. 1.5s后物塊一定靜止【答案】AC【解析】【分析】根據圖示圖象求出物塊的加速度和位移，然后應用牛頓第二定律求出拉力大小【詳解】00.5s內物體的位移：X = 1 * 0一5 / 2m = 0,5m ; 0.5s1.5s內物體的位移：x? = 1 乂 1 乂 2m = 1m ;1 21 2由題圖乙知，各階段加速度的大小：=4m/sa2 = 2m/s?；設斜面傾角為 0 ,斜面對物塊的動摩擦因數為科，根據牛頓第二定律，00.5s內KMmggsOug亂咸=m%；0.5s1.5s 內-pmgcosB-mgsine = m%；聯立解得：F=6N,但無法求出 科和。

10、.A、0.5s時，拉力的功率P = Fy = 12W,故A正確.B 1.5s內的前0.5s拉力才做功，其大小 W三F，=3J；故B錯誤.C D無法求出 科和。，不清楚tan。與科的大小關系，故無法判斷物塊能否靜止在斜面上，則C正確，D錯誤. 故選AC.【點睛】本題考查動力學知識與圖象的綜合，通過圖線求出勻加速和勻減速運動的加速度是解決本題的關鍵，利用好牛頓第二定律求得拉力.7 .如圖所示，勻強電場中有一個與電場平行的長方形區域ABCD已知AC=2AB=4cm A、B、C三點的電勢分別為12V、8V、4Vo某帶電粒子從 A點以初速度V0=2m/s,與AD成30°夾角射入電場，粒子在 A

11、BC所在 平面運動，恰好經過 C點。不計粒子的重力。下列說法正確的是8 .電場強度大小為V/m3C.粒子過C點的速度為2而m/sD.僅改變初速度v方向，該粒子可能經過 B點【答案】BC【解析】【分析】電場線與等勢面相互垂直，沿電場線的方向電勢逐漸降低，在勻強電場中U=Ed,根據題意判斷等勢面，根據電場線與等勢面間的關系確定電場線方向，根據U=Ed求出電場強度，根據電勢差的定義式求出最高電勢【詳解】A、因AC=2AB=4cm,A、RC三點的電勢分別為12V、8V、4V,取O點為AC的中點，則RT四，連接BQ過A點做BO的垂線，則實線為電場線，如圖所示：因粒子由A運動經過C點，則電場力的方向與電場

12、線的方向相同，所以粒子帶正電，則 A錯誤.UAO 4400J3日 因E = =-V m = -V m ； 所以 B正確.|AO|sin60° 祗 m3C粒子從A點開始做類平拋運動到 C點，根據類平拋運動的推論 上叨中=2回誼，粒子在C點時、h =氣晶技，D僅改變初速度 V0方向，根據對稱性，粒子必過 E點，所以D錯誤.故選BC.【點睛】本題考查了求電場強度與電勢問題,知道“電場線與等勢面相互垂直，沿電場線的方向電勢逐漸降低”是解題的前提與關鍵，分析清楚題意、應用基礎知識即可解題，解題時注意作輔助線8.如圖所示，AC與BD兩平行金屬導軌寬度L=1m電阻不計，且足夠長。兩端分別接有電阻

13、R和R>, R=6iQ ,R>=3Q 。導體桿MNf AG BD垂直，兩端與導軌良好接觸，其電阻 r=1 Q ,質量m=1kg,在導軌上可無摩擦地滑動。垂直穿過導軌平面的勻強磁場的磁感應強度為B=1T。現給MNH個初速度 v=0.3m/s ,沿平行于 AC邊向右移動。下列說法正確的是A.初始時MN的加速度大小為 0.1m/s2B.整個過程R上產生的熱量為 0.020JC.整個過程通過的 R2電荷量為0.1CD. MN桿向右滑行的最大距離為0.9m【答案】AD導體桿MN®割磁感線，相當于電源，電阻 R和R2并聯，由動能定理求解熱量，由位移求電量【詳解】A、初始時，MN

14、74;割磁感線產生的電動勢 E = BLv=0.3V,R與R2并聯后的電阻R升 =2。R1 +R.電路中的總電阻R息=十R井= 30,所以MN中的電流I口A , MN勺加速度a = = O,lmV ,故A正確.mB> MN的動能最終全部轉化為熱量，故總熱量m = 0.045J,因曰七井=I二2 ,所以QQ并=1:2,及Q并=。一030J,又= 所以 Qri；Qr,故Qri = 0,010J；故 b 錯誤.mvC XM MN 由動量定理，EiL，3t = Amv , -EL-Aq=Amv,全程考查得：一ELq = 0-mv , q = = 03C ,因 BL= 所以（1r%2=1；2, q

15、瞪= 0.2C；故 c錯誤.A 中 BLxqRjKDK因為q二丁工需-,所以K = 0 9m ,故D正確.艮總1%BL故選AD.【點睛】電磁感應問題從電源、電路、安培力、運動、能量共五步研究，特別是電量涉及位移，能量涉及安培力做功.二、非選擇題：9.在進行“探究共點力合成的規律”的實驗中，用如圖(a)所示的兩個力拉彈簧使之伸長至某一位置，并適當調整力的方向，使兩力之間的夾角為90°。(圖中鉤碼規格相同)(1)換用一根線牽引彈簧(圖(b),使彈簧的伸長量與兩個力作用時相同，此時需要掛 個與圖甲 中相同規格的鉤碼。(2)你對合力與分力遵循什么樣的規律作出的猜想是 。(3)本實驗采用的科學

16、方法是 。A.理想實驗 B.等效替代 C.控制變量 D.物理模型【答案】(1). 5 (2).力的合成裝遵循矩形法則(或平行四邊形)(3). B【解析】【分析】分力和合力遵循平行四邊形定則，以及知道合力的作用效果與合力的作用效果是等效的【詳解】 設一個鉤碼的重力為 G,圖a中互成90。的兩個力F=g，F=4G ,則合力為F =我十月=5G ,圖b中為了保持拉力的作用效果相同，故要掛 5個相同的鉤碼.(2)根據3、4、5個鉤碼及夾角的關系，可知猜想出力的合成遵循平行四邊形法則或三角形法則(3)該實驗保證合力與幾個分力共同作用的作用效果相同，運用了等效替代法；故選B.【點睛】驗證力的平行四邊形定則

17、是力學中的重點實驗，應明確實驗的原理、數據處理方法及本實驗采用的物理方法.10.某學習小組在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，除導線和開關外，可供選擇的實驗器材如下：A.小燈泡L,規格“2.5V, 0.5WB.電流表A,量程3A,內阻約為15aC.電流表 A 量程300mA內阻約為0.5 QD.電壓表V1,量程3V,內阻約為3k Q oE.電壓表V2,量程15V,內阻約為9kQF.滑動變阻器 R,阻值范圍010000。G.動變阻器R,阻值范圍050H.定值電阻R,阻值為5Q oI.學生電源5V,內阻不計。(1)為了調節方便，測量盡量準確，實驗中電流表應選用 ,電壓表選用 ,滑動變阻器應選用

18、。(填寫器材前面的字母序號)(2)在虛線方框內圖甲的基礎上完成實驗原理圖，并標注清楚元件的符號。 (3)根據實驗數據，描繪伏安特性曲線如圖乙所示，由此可知，當電壓為1.5V時，小燈泡的燈絲電阻是0。(保留兩位有效數字)【答案】(1). C (2). D (3). G (4).(5). 8.6【解析】【分析】(1)根據燈泡額定電流選擇電流表，為方便思議操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器.(2)根據題意確定滑動變阻器與電流表接法，然后作出實驗電路圖.(3)由圖示圖象求出電壓對應的電流，然后由歐姆定律求出燈絲電阻.【詳解】（1）因為小燈泡的額定電壓為 2.5V,額定功率0.5W,所以額定電流200m

19、A所以電壓表選 D,電流表選C;因為描繪小燈泡伏安特性曲線，電壓變化范圍較大，而小燈泡的電阻又較小，所以滑動變阻器選G.（2）因電源電動勢較大，故選定值電阻R3在干路起彳護作用.因小燈泡內阻十歐姆數量級，電流表內阻 15歐姆，電壓表內阻約 3千歐姆，所以采用外接法.原理圖如圖所示： 由圖乙可知，當電壓為 1.5V時，電流為0.175A,所以電阻為R=-G = 8,6Q. 0 175【點睛】本題考查測量小燈泡的伏安特性曲線的實驗，要注意正確得出實驗對應的接法和原理，并能正確 根據圖象進行數據分析；注意分壓和電流表外接法的正確選擇11.如圖所示，某同學設計一個游戲裝置，用彈簧制作的彈射系統將小球從

20、管口P彈出，右側水平距離為L,豎直高度為H=0.5m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R=0.75m,內壁光滑。通過調節立柱Q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點Mg切線方向進入管道，從最高點N離開后能落回管口 P,則游戲成功。小球質量為0.2kg ,半徑略小于管道內徑， 可視為質點，不計空氣阻力，g取10m/s2。 該同學某次游戲取得成功，試求：水平距離L;（2）小球在N處對管道的作用力；（3）彈簧儲存的彈性勢能。2_【答案】（1）L = 2m （2） F = ”，方向豎直向上 （3） Ep = 5J【解析】（1） P至M做斜上拋運動，在最高點速度水平能沿切線進入管道，

21、運動逆向思維看成平拋運動計算；M到N為變速圓周運動中的桿一球模型，用動能定理分析，N到P為平拋，運用分運動列式；（2）桿一球模型的最高點，受力分析結合牛頓第二定律和牛頓第三定律求壓力；（3）彈力為變力，其做功引起的彈性勢能變化由能量守恒定律解決是優先考慮的方法.【詳解】（1）設小球進入 M點時速度為年乂，運動至N點速度為vN,由 P 至 M, L = v/i12口 =油由N至P,1 2但+加=相由M至N過程，由功能關系得：2mgR =解得：（2）由（1）可得，vN = 'lOm/sVNme + F = m R解得：由牛頓第三定律可知，小球在N處對管道的作用力F=F = -N,方向豎直向

22、上3,一 一一，一 1 ,（3）由P至N全過程，由能重寸恒te律：Ep =4 mg（H + 2K）解得：【點睛】本題考查了平拋運動、斜上拋運動、圓周運動與能量守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律的綜合運用，運動的過程較多，根據運動性質選擇恰當的物理規律是解決本題的關鍵12 .如圖甲所示，邊長為 L的正方形ABCDE域內（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場。在正方形的幾何中心。處有一粒子源，垂直磁場沿各個方向發射速率為V0的帶電荷量為q的粒子，粒子質量為 m圖中x、y軸分別過正方形四邊的中點E、F、G H不計粒子重力及相互作用。(1)為了使粒子不離開正方形ABCW域則磁感應強度 Bi應該滿足什么條

23、件?(2)改變磁場的強弱，若沿與y軸成60° (如圖乙所示)方向發射的粒子在磁場中運動時間最短，求磁感應強度B2的大小;(3)若磁感應強度大小為(2)中B2,則粒子離開磁場邊界的范圍。(結果可用根號表示)從 BD(1)(2)2 由 niFn(3) 從AB邊射出的坐標為qLL, x.-L < x <L邊射出的坐標為夜i 一 _-L 從 CD2.12 I邊射出的坐標為-L5-3-<x<12妲I從AC邊射出的坐標為12L根據幾何關系求出軌跡半(1)粒子經過磁場后恰好不飛出，則臨界情況是粒子與磁場邊界相切，畫出軌跡,徑，再由牛頓第二定律求出 B的值.(2)運動時間最短

24、應找最小的圓心角，則找劣弧中弦長最短的軌跡； 由軌跡與邊界相切或相交的各種情況找到臨界半徑，從而得到飛出的邊界范圍【詳解】(1)為使粒子不離開正方形 ABC區域，則粒子在磁場中圓周運動的半徑需滿足如下關系:4叫片二Jx聯立解得:比2一 qL(2)由分析可知，所有粒子中，過正方形邊長中點的粒子所需時間最短,由幾個關系得：R = ' q%2>/5mv0 從AB邊出射的粒子，軌跡如圖所示:分析可知，一斛得：112當粒子運動軌跡與 BGt目切時，打到右邊最遠處,由幾何關系得，1 hJS-3解得：x、= L 、 12綜上粒子從AB邊射出的坐標為同理求得，從 BD邊射出的粒子,同理求得，從

25、CD邊射出的粒子，位置坐標為1212同理求得，從 AC邊射出的粒子，位置坐標為【點睛】解答帶電粒子在磁場中運動的習題，關鍵是畫出粒子的運動軌跡,尤其是臨界軌跡，然后由幾何關系求出圓周運動的半徑從而可以順利求解速度大小13 .下列敘述，正確的是 。A.氣體吸熱后溫度一定升高14 對氣體做功可以改變其內能C.熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體D.能量耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性E.物體從單一熱源吸收的熱量在不引起外界變化的情況下可全部用于做功【答案】BCD【解析】【分析】熱力學第一定律：做功和熱傳遞都可以改變物體的內能；熱力學第二定律：自然界中宏觀過程具有方向性;不

26、可能把熱從低溫物體傳到高溫物體而不產生其他影響；不可能從單一熱源取熱使之完全轉換為有用的功 而不產生其他影響.則溫度不一定升高， 說法A錯誤;【詳解】A、根據熱力學第一定律=W,氣體吸熱后如果對外做功,日改變物體內能的方式有做功和熱傳遞，對氣體做功可以改變其內能，說法B正確.C根據熱力學第二定律，熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體；說法C正確;D能量耗散說明宏觀現象白發生具有方向性；D正確.E、物體從單一熱源吸收熱量可以全部用于做功，但一定引起外界變化；E錯誤.故選BCD.【點睛】本題考查了熱力學第一定律和熱力學第二定律，只有熟練掌握熱力學的一些基本概念，一定要注意積累.14.如圖甲所示為

27、一個倒立的U形玻璃管，A B兩管豎直，A管下端封閉，B管下端開口并與大氣連通。已知A、B管內空氣柱長度分別為 hA=6cm、hB=10.8cm。管內裝入水銀液面高度差 h=4cm欲使 A、B兩管液面處于同一水平面，現用活塞C把B管開口端封住并緩慢推動活塞C（如圖乙所示）。已知大氣壓為p0=76cmHg當兩管液面處于同一水平面時，求：A管封閉氣體壓強Pa'活塞C向上移動的距離 x。【答案】108cmHg5.2cm【解析】【分析】對A氣體利用理想氣體的等溫變化方程求解；由大氣壓的數值和水銀柱的高度求出封閉氣體的壓強，A氣體和B氣體間的聯系是之間的水銀柱平衡和連通器的原理，根據等溫變化的方程

28、求解某狀態的體積，進而活塞移動的距離.【詳解】設A B兩管的橫截面積為 S,以A管封閉氣體為研究對象，初狀態：Pa m 口口立: 72cmHg , VA = ShA = 6S設末狀態的壓強為pl，體積為VA從初狀態到末狀態，設 A管水銀面下降h,則B管水銀面上升也為 h2h = Ahh = 2cmV a = 4S由波意耳定律有： 由以上各式得：以B管封閉的氣體為研究對象，設活塞向上移動距離為x初狀態：Pb = P。= 76cmIIg , VA = ShB末狀態：P r = P a 二 lOSciuHg , V B = S(hB + h-x)由波意耳定律有：出% = P b、'b由以上各

29、式得：x=5.2cm【點睛】本題考查的是等溫變化，解決這類題的關鍵是，理解大氣壓和液體壓強之間的關系，會根據大氣壓和液體壓強計算封閉空氣柱的壓強.15.一列簡諧橫波沿 x軸傳播在t=0時刻的波形如圖中實線所示，t=0.5s時刻的波形如圖中虛線所示，虛線恰好過質點P的平衡位置。已知質點 P平衡位置的坐標x=0.5m。下列說法正確的是“ >/crnA.該簡諧波傳播的最小速度為1.0m/sB.波傳播的速度為(1.4+2.4n)m/s(n=0, 1, 2, 3)C.若波向x軸正方向傳播，質點 P比質點Q先回到平衡位置D.若波向x軸負方向傳播，質點P運動路程的最小值為5cmE.質點。的振動方程可能為 y=10sinb，；2rlMcm(n=0, 1, 2, 3)【答案】ADE【解析】【分析】由圖讀出波長，根據波形平移法得到周期的表達式，再由波速公式得到波速的表達式，分析波速可能值.要分波沿x軸正方向傳播和沿 x軸負方向傳播兩種情況分析.根據P、Q回到平衡位置先后， 確定兩者的速度 方向，再由“上下坡法”判斷波的傳播方向.【詳解】A 0.5s內波傳播的最短距離為 0.5m,故最小速度為1.0m/s, A選項正確.B>若波向x軸正方向傳播，波速為 v = m/s = (LOi 2.4n)m/s(n = OJ ,23),若波向x軸