西南名校联盟2019届高考物理备考诊断性联考卷（含解析）

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1、西南名校联盟2019届高考物理备考诊断性联考卷（含解析）一、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

2、定律，牛顿用月-地检验证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釆取制动措施，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/s2C. 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【解析】【分析】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

3、据汽车和代步车速度相等列式求解时间；根据v-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：，选项B错误；由v0+at1=v即20-5t1=5解得t1=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，则D正确；故选D.【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，

4、某飞行器先在近月圆形轨道上做匀速圆周运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道，后沿轨道做椭圆运动，到达轨道的远月点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. 飞行器沿轨道运动的速率最大B. 飞行器沿轨道运动的速率最小C. 飞行器沿轨道运动的机械能最大D. 根据a=可知，飞行器沿轨道过A点的加速度大于沿轨道I过A点的加速度【答案】C【解析】【分析】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，通过调整速度使卫星做离心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

5、的A点加速才能进入轨道，可知飞行器沿轨道过A点的速度最大，选项A错误；由开普勒第二定律可知，在轨道上运行时在B点速度最小；飞行器在轨道的B点加速才能进入轨道，可知飞行器沿轨道过B点的速度最小，选项B错误；因在AB两点两次加速，可知飞行器在轨道运动时的机械能最大，选项C正确；根据加速度的决定式可知，飞行器沿轨道过A点的加速度等于沿轨道I过A点的加速度，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

6、，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. 如果弹簧处于压缩状态，A一定受4个力的作用B. 如果弹簧处于压缩状态，B一定受4个力的作用C. 如果弹簧处于拉伸状态，A一定受4个力的作用D. 如果弹簧处于拉伸状态，B一定受4个力的作用【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

7、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 MABCN在竖直面内，M点、N点是半圆的水平直径的两个端点，O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OB。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

8、；再从P点水平向右抛出c球(P是直径MN上的某一点)，c球恰好垂直圆周击中C点，则下列说法中正确的是A. a、b、c三球的下落时间之比为121B. c球抛出点P有可能与M点重合C. a、b、c三球的平抛初速度之比为(2)2D. a、b、c三球的机械能之比为(74)：2：12【答案】C【解析】【分析】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点判断P点的位置；根据水平位移和时间的关系求解初速度之比.【详解】由h=gt2可得，选项A错误；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

9、，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-cos300)，b的水平位移为R；c的水平位移为2Rcos300，结合，根据可得三球的初速度之比为（2- ）：（ ）：（2），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

10、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A和B不会触地，B不会触及滑轮和直杆)，下列说法正确的是A. 绳的拉力对A先做正功后做负功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=mgv判断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900，后大于900，则绳的拉力对A先做正

11、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

12、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，P、N为异种电荷B. N的轨迹平面为点电荷P、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【解析】【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

13、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v1、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t1、t2。则下列说法中正确的是A. 粒子a一定带正

14、电，粒子b一定带负电B. v1v2可能等于12C. v1v2一定等于11D. t1：t2可能等于32【答案】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.【详解】做出粒子的可能的运动轨迹，结合左手定则可知：粒子a带正电，粒子b带负电，选项A正确；由题图可知，结合几何关系可知：，（n=1、2、3、），由，解得，则，故B正确，C错误；由图可知， （n=1、2、3、），则 （n=1、2、3、），则D正确；故选ABD.【点睛】此题的关键是搞清粒子b的

15、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mB；B.测量滑块A的遮光片的宽度d1，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

16、与光电门C相连的光电计时器记录的时间：第一次时间tC1、第二次时间tC2；E.记录下与光电门D相连的光电计时器记录的时间：tD实验记录：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)：(1)碰撞前A的速度大小v0=4.00m/s，碰撞后A的速度大小v1=_m/s。(2)碰撞前后A的动量变化量大小p=_kgm/s。(3)碰撞后B的速度大小v2=1.96m/s。(4)碰撞前后B的动量变化量大小p=0.588kgm/s。(5)本实验的相对误差的绝对值可表达为=10%，若5%，则可以认为系统动量守恒，本实验的=_。【答案】 (1). 2.04 (2). 0.604 (3). 2.65%【解析

17、】【分析】根据通过光电门的平均速度接近于瞬时速度求解碰撞前后AB的速度，然后根据动量表达式求解动量；根据相对误差的表达式求解相对误差。【详解】（1）滑块A在碰撞前、后的瞬时速度大小分别为v0、v1，则： ；（2）碰撞前后A的动量变化量大小：p=mAv1-mA(-v0)=0.604kgm/s（5）本实验的 10.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内阻和量程。实验步骤：(1)给多用电表换上新电池：电动势9V。(2)将红、黑表笔分别插入多用电表的_ (填“+、”或“、+”)插孔。(3)将多用电表的选择开

18、关拨到100挡，然后将_，进行欧姆调零；断开两表笔。(4)将多用电表的红、黑表笔分别与电压表的_ (填“正、负”或“负、正”)接线柱相连，观察发现多用电表指针偏转角过小；断开两表笔。(5)将选择开关拨到_ (填“10”或“1k”)挡，重新进行欧姆调零；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_，欧姆挡的内阻为_；图乙中电压表的读数为_格。(8)本实验所测电压表内阻约为_，电压表量程为_V(此空结果保留2位有效数字)。【答案】 (1). +、+ (2).

19、红黑表笔短接 (3). 负、正 (4). (5). 20k (6). 15k (7). 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201k=20

20、k，欧姆表内阻等于中值电阻，由图甲及倍率可知为151k=15k，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；又由25.7：20=9:35，解得U=6.0V.11.如图所示，在直角坐标系xOy平面内，以O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m、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轴方向的电场时，带电粒子恰从C点射出圆形区域，求此电场的

21、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) 方向沿y轴正方向(2) 方向垂直坐标平面向外(3)【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.

22、【详解】（1）由A到C做类平抛运动：； 解得 方向沿y轴正方向；（2）从A到D匀速圆周运动，则 ， 解得 方向垂直坐标平面向外。（3）从A到B匀速直线运动，qE=qvB解得 即【点睛】此题是带电粒子在电场中的偏转，在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线运动问题；粒子在电场中做类平抛运动，从水平和竖直两个方向列式；在磁场中做匀速圆周运动，先找半径和圆心，在求磁感应强度；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

23、为m的小滑块P，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1=0.4。(已知重力加速度g=10m/s2)（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=0.1，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）；（2）；（3）能 、【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

24、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。【详解】（1）从P到B： 解得vB=4m/sNB=5mg=50m，所以压力NB=50m（2）P滑上Q后，若水平地面平滑，系统动量守恒，有：mvB=2mv解得vP=vQ=v=2m/s系统能量守恒： 解得L=1m（3）2=0.1时：P减速： Q加速：解得a1=4m/s2；a2=2m/s2设经t秒P从Q板的左端滑到右端，则PQ相对滑动L： 解得 ，t2=1s（舍去） 因vPvQ，则P能从Q板右端滑下，滑离时，【点睛】解决本

25、题的关键要理清两个物体的运动情况，分阶段对物体的运动进行讨论分析；抓住处理板块问题的基本方法：动量守恒定律及能量守恒定律或者牛顿第二定律结合运动公式13.下列有关热现象的说法中，正确的是_。A.自然界符合能量守恒定律的宏观过程一定都能自然发生B.晶体一定有固定的熔点C.在热传导过程中，热量可以自发地由高温物休传递到低温物休D.液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的E.两分子间距离增大，分子间的势能一定增加【答案】BCD【解析】【详解】根据热力学第二定律可知，自然界符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，选项A错误；晶体一定有固定的熔点，选项B正确；在热传导过程中，热量可以自发地由高温物

26、休传递到低温物体，选项C正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项D正确；若开始时两分子间距小于平衡距离，则两分子间距离增大，分子间的势能减小，选项E错误；故选BCD.14.如图所示为某校同学设计的导热汽缸温度计，将水平放置的汽缸沿水平方向把缸内体积均分为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。（1）求活塞移动到刻度线16时，缸内气体的温度；（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）

27、240K 540 K【解析】【分析】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V0，因为m、p一定：V11=11V0；T11=330K；V16=16V0由气态方程： 解得T16=480K（2）同理，由气态方程： 解得T8=240K；由气态方程： 解得T18=540K15.如图所示，有一列简谐横波的波源在O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O处40cm，取该时刻为t=0时刻，下列说法正确的是_。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

28、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=/T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】根据图象可知，A点起振方向向下，沿y轴负方向，各个质

29、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，为沿y轴负方向，故A错误；根据图象可知，波长=10cm=0.1m，此时x轴上5cm处的质点已振动0.02s，则周期T=0.04s，则波速，故B正确；当x=2.5cm处的波动传到P点时，P点第一次到达波峰，时间，故C错误；从00.01s时间内，x=5cm处的质点从平衡位置向波峰位置振动，速度逐渐减小，到达波峰处速度为零，故D正确；x=20cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间，则x=20cm处的质点振动的路程s=8A=32cm，故E正确。故选BDE。【点睛】此类为题要求要会从波动图象上读出波长振幅等信息，在波传播的过程中，各质点起

30、振的方向相同，且与波源起振的方向相同在一个周期内，质点振动走过的路程为4个振幅16.如图所示，一个半圆柱形透明体，其横截面是半径为R的半圆，CD为半圆的直径，O为圆心，a、b两束相同的单色光垂直CD射入透明体。当光束a的入射点到O点的距离为R时，光束a恰好不能折射出透明体；当光束b的入射点到O点的距离为R时，光束b经B点折射后射出透明体，交CD的中垂线于F点。已知：sin15=，sin 135=，求：（1）透明体的折射率n；（2）F到O点的距离。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据在A点全反射求解临界角，根据求解折射率；（2）根据折射率公式结合几何关系求解F到O点的距离.【详解】（1）如图所示，因在A点发生全反射，则=900，C=450，即C为全反射的临界角，则折射率 n= （2）由几何关系可知：i=300，由 ，r=450可推知OBF=1350由正弦定理： 解得FO=(+1)R【点睛】本题考查了全反射定律以及反射定律的应用，正确作出光路图，灵活运用几何知识求解是关键。- 17 -