浙江省绍兴市2019年高三上学期物理11月选考科目诊断性考试试卷
一、单选题
1．（2019高三上·绍兴选考）现行的第四代移动通信技术4G，采用1880～2635MHz频段的无线电波；2020年我国将全面推行第五代移动通信技术5G，采用3300～5000MHz频段的无线电波．未来5G网络的传输速率是4G网络的50～100倍．下列说法中正确的是（ ）
A．5G信号和4G信号都是横波
B．在空气中5G信号比4G信号传播速度大
C．5G信号和4G信号相遇能产生干涉现象
D．5G和4G电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的
2．（2019高三上·绍兴选考）2019年9月23日，中国西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星．两颗卫星均属于中圆地球轨道卫星，轨道半径为 m，是目前在建的中国北斗三号系统的组网卫星．已知地球同步卫星轨道半径为 m，则第48颗北斗卫星与地球同步卫星相比（ ）
A． 动能较大 B．周期较大
C．向心力较大 D．向心加速度较大
3．（2019高三上·绍兴选考）国家大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．已知 的质量为2. 0136u， 的质量为3. 0150u， 的质量为1. 0073u， 的质量为1. 0087u，1u=931. 5MeV/c2，下列说法中正确的是（ ）
A．两个氘核聚变成一个 核的同时，产生的另一个粒子是质子
B．两个氘核聚变成一个 核的同时，产生的另一个粒子是正电子
C．该核反应过程中释放出的能量为3. 3MeV
D．该核反应过程中释放出的能量为0. 93MeV
4．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，理想变压器原副线圈的匝数分别为 、 ，副线圈电路中L1、L2、L3为3个小灯泡A为理想交流电流表，L为电感线圈，C为电容器，闭合电键K后（ ）
A．电流表指针会不断摆动
B．仅增加副线圈的匝数n2，L1变暗
C．仅提高交流电源的频率，L2变暗
D．仅提高交流电源的频率，L3变暗
5．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，半径为R的 圆形区域 内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO．a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则（ ）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．粒子b将从DN边上某一位置（不含N点）射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2
6．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，光滑绝缘斜面AB的倾角为30°，D是斜面AB的中点，AC⊥CB，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷．质量为m，电荷量为﹣q的小球从A点由静止释放（图中未画出），经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为零，则（ ）
A．A、C的高度差
B．A、B两点间的电势差
C．从A到B的过程中小球的电势能先增大后减小
D．从A到D的过程中小球的加速度先增大后减小
二、多选题
7．（2019高三上·绍兴选考）在2019多哈田径世锦赛上，绍兴籍飞人谢震业创造了历史，成为第一个闯入世锦赛男子200米决赛的中国选手，最终谢震业跑出20秒14的好成绩．下列说法中正确的是（ ）
A．“20秒14”指的是时间间隔
B．研究谢震业的起跑技术动作时，不可以把他看作质点
C．谢震业在比赛中的平均速度为9. 9m/s（保留两位有效数字）
D．谢震业在比赛中第1s内的加速度大于最后1s内的加速度
8．（2019高三上·绍兴选考）如图1所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图2为x=2m处质点的加速度a随时间t变化关系，以下判断中正确的是（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．质点P经过1s将到达 cm处
C．在2s内质点P通过的路程为16cm
D．质点Q比P迟 s到达平衡位置
9．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，两块材料不同的木板M、N，长度分别为2L、L，首尾相连固定在水平地面上，B为两木板的连接点，小物块与木板M、N之间的动摩擦因数分别为μ和2μ．当物块以速率v0向右从A点滑上木板M，恰好可以滑到C点；若让物块以v0向左从C点滑上木板N，则物块（ ）
A．恰好运动到A点停下 B．两次运动的时间相等
C．两次经过B点时的速率相同 D．两次运动的平均速度大小相同
10．（2019高三上·绍兴选考）在“利用双缝干涉测定光的波长”实验中，用放长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同双缝干涉装置，在观察解上形成干涉条纹，测得干涉条纹间距分别为Δx1、Δx2，且Δx1<Δx2，下列说法中正确的是（ ）
A．两光子的动量
B．当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角
C．两单色光的频率之比
D．若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比
三、实验题
11．（2019高三上·绍兴选考）小何同学用如图1所示的装置来探究加速度与力、质量的关系：
（1）下列操作正确的是__________
A．将小车静止释放，若能沿长木板下滑，说明已平衡摩擦力
B．将100g的质量较大砝码放入小桶后，先接通电源再释放小车
C．正确平衡摩擦后，每次改变小桶和砝码总质量，不需要重新平衡摩擦力
（2）图2为实验中获得的一条纸带，A、B、C、D、E为5个计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，以A点为起点，量出到各点的距离已标在图上．由此求得小车的加速度大小为 m/s2（结果保留2位有效数字）．
（3）小何同学还用此装置探究了做功与物体速度变化的关系：
①保持小桶中的砝码质量不变，通过改变位移来改变外力做功，此条件下，小车及车上钩码的总质量 （选填“需要”或“不需要”）远远大于小桶和砝码的总质量m．
②为探究摩擦对实验结果的影响，进行对照实验，根据平衡摩擦前后两次实验数据描绘出v2—W的图象，如图所示，实线代表未平衡摩擦时的图线，虚线代表平衡摩擦后的图线，则正确的图线是 .
A． B．
C． D．
12．（2019高三上·绍兴选考）小明探究小灯泡L（“3V，1.5W”）的伏安特性曲线．备用的器材有：
电压表V1（0～3V，内阻Rv1=3kΩ），电压表V2（0～15V，内阻Rv2很大），
电流表A1（0～0. 6A，内阻RA1约为0. 5Ω），电流表A2（0～3A，内阻RA2约为0. 1Ω），
滑动变阻器R1（10Ω，1A），滑动变阻器R2（100Ω，0. 2A），
电源（电动势E=3V，内阻可忽略不计），开关一个，导线若干．
（1）电流表应选择 （选填“A1”或“A2”）
（2）按图1连接电路后，检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好；闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调到零，则断路的导线为 （填导线编号）；
（3）某次实验时电压表的指针如图2所示，其读数为 V；
（4）根据实验数据，小明作出了I—U图线，他还试着作了P-U2图线，如图所示，下列图线符合实际情况的是__________.
A． B．
C． D．
（5）为了测量电压表V2的内阻Rv2，利用上述提供的部分器材，小明设计了一个电路图，如图所示，请你帮助小明选择一个合适的器材，画在虚框里 ．用测得的物理量表示Rv2= ．（写明式中各物理量的含义）
四、解答题
13．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距l=2m，虚线CD左侧的轨道光滑，右侧粗糙；导轨右侧两端点与匝数N=200、横截面积S=100cm2、总电阻r=0. 25Ω的线圈相连，另有一金属棒PQ垂直搁置在导轨上，距离CD为0.6m；垂直放置在导轨左端的金属棒MN通过水平绝缘轻杆固定，两金属棒的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.5Ω；MNDC区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 T．在t=0时刻，闭合电键K，同时金属棒PQ以1m/s的初速度向左运动，同时线圈内磁场的磁感应强度B1随时间t的变化符合以下规律： ．两金属棒与导轨始终接触良好，PQ棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1，导轨电阻不计．
（1）通过定量计算分析4s内导体棒PQ的运动情况；
（2）计算4s内通过金属棒PQ的电荷量大小；
（3）2～4s内绝缘轻杆右端受到的弹力大小和方向？
14．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，在水平轨道上A点固定一弹簧发射器，D点与半径R=lm的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心、D为最低点：粗糙部分BC段长l=lm，其余部分光滑．将质量 kg的物块a压紧弹簧，释放后滑块a与静置于C点右侧的质量 kg的物块b发生弹性正碰．已知物块与BC面的动摩擦因数μ=0. 25.物块均可看成质点．
（1）若物块b被碰后恰好能通过圆周最高点E，求其在平抛运动中的水平位移大小；
（2）在弹性势能 J时弹出物块a，求b被碰后运动到D点时对圆弧轨道的压力；
（3）用质量 kg的物块c取代a，问：弹性势能EP取值在什么范围内，才能同时满足以下两个条件（不考虑物块b脱离轨道后可能的碰撞）
①物块c能与b碰撞；②c与b的碰撞不超过2次.（已知碰撞是弹性正碰）
15．（2019高三上·绍兴选考）诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R=0.125m的半圆金属盒，接在电压U=5000V、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d=0.01m，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B=0.8T．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷 C/kg，求：
（1）质子能获得的最大速度；
（2）质子在电场加速过程中获得的平均功率；
（3）随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr如何变化？简述理由．
（4）设输出时质子束形成的等效电流为100mA，回旋加速器输出功率是多大？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】A.5G和4G信号都是电磁波，电磁波都是横波，A符合题意；
B．任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，B不符合题意；
C．波的干涉条件是两列波的频率相同，振动情况相同，5G和4G信号的频率不同，相遇不能产生干涉现象，C不符合题意；
D．根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电（磁）场只能产生恒定不变的磁（电）场，不能形成电磁波，故5G和4G电磁波信号的磁感应强度随时间不是均匀变化的，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】电磁波都属于横波；在真空中的传播速度相等；由于频率不同不能发生干涉现象；电磁波其磁感应强度随时间不是均匀变化的。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力可知
可得
AC．北斗卫星和同步卫星的质量未知，则动能和向心力无法确定，AC不符合题意；
BD．分析题意可知，同步卫星的轨道半径大于北斗卫星，则北斗卫星的周期小，向心加速度大，D符合题意，B不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期、向心加速度的大小；由于不知道质量所以不能比较动能和向心力的大小。
3．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】AB．因氘核聚变的核反应方程为：
两个氘核聚变成一个 核的同时，产生的另一个粒子是中子，AB不符合题意；
CD．核反应过程中的质量亏损为△m=2mH-（mHe+mn）=0.0035u
释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用核反应方程的质量数和电荷数守恒可以判别产生的粒子属性；利用质量亏损可以求出释放的核能大小。
4．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；变压器原理
【解析】【解答】A．交流电流表显示的是有效值，通过交变电流时，不会摆动，A不符合题意；
B．增加副线圈的匝数，根据理想变压器的工作原理可知，输出电压增大，灯泡L1两端的电压增大，变亮，B不符合题意；
C．仅提高交流电源的频率，则电感对电流的阻碍作用增大，灯泡L2变暗，C符合题意；
D．仅提高交流电源的频率，则电容对电流的阻碍作用减小，灯泡L3变亮，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】由于电流表测量的是有效值所以不会摆动；增加副线圈匝数是灯泡L1变亮；增加交流电频率时由于电感和电容的作用，所以L2变暗L3变亮。
5．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，A不符合题意；
B．由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由 可知，粒子的比荷为
B不符合题意；
C．从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON=60°，可知粒子b正好从N点射出，C不符合题意；
D．从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据 可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律可以求出粒子比荷的大小；利用轨迹半径结合速度方向可以判别出射点的位置；利用圆心角的大小可以求出运动时间之比。
6．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由于库仑引力的作用，小球竖直方向的加速度应大于g，所以A、C的高度差 ，A不符合题意；
B．设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：mgLsin30°= mv2-0
在小球从A 到B的过程中有：mg L+（-q）UAB=0-0
联立解得：
B符合题意；
C．由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，距离增大的过程中电场力对负电荷做负功，所以从A到B的过程中负电荷的电势能先减小后增大，C不符合题意；
D．由上面的分析知：沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，设AD的中点为G，从A到G的过程电场力沿斜面的分量沿斜面向下，加速度相加，越过G点，电场力沿斜面的分量沿斜面向上，合力大小不确定，所以加速度的变化不确定，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用加速度的大小结合速度位移公式可以求出AC之间的距离；利用动能定理可以求出电势差的大小；利用电场力做功可以判别电势能的变化；利用电场力方向可以判别合力方向和大小进而判别加速度的变化。
7．【答案】A,B,D
【知识点】质点；时间与时刻；加速度
【解析】【解答】A．“20秒14”指的是时间间隔，A符合题意；
B．研究谢震业的起跑技术动作时，不可以把他看作质点，如果看做质点则无法研究其起跑动作，B符合题意；
C．平均速度等于位移和时间的比值，200m是他的路程，由于位移未知，则不能求解谢震业跑完全程的平均速度，C不符合题意；
D．在比赛的第1s内要竭尽全力加速，加速度很大，在最后1s内基本上是以最大速度做匀速运动，加速度几乎为零，D符合题意；
故答案为：ABD
【分析】跑步总时间是指时间间隔；研究运动员的跑步技术不能作为质点；由于不知道位移所以不能求出平均速度的大小；利用速度的变化量可以判别加速度的大小。
8．【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图可知，在t=0以后x=2m处质点的加速度为负值且逐渐变大，可知此质点在t=0时刻向上振动，波沿x轴正向传播，A不符合题意；
B．波速为 ，则经过1s，波向右传播的距离为s=vt=1m，此时质点P将到达 处，B不符合题意；
C．因P点t=0时刻处在y=4cm的位移，经过2s=0.5T，质点先向下振动，到最低点后又回到y=-4cm的位置，可知在2s内通过的路程等于16cm，C符合题意；
D．质点P到达平衡位置的最短时间为 ；而质点Q到达平衡位置的最短时间为 ，即质点Q比P迟 s到达平衡位置，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用质点的起振方向可以判别波的传播方向；利用质点的波速和时间可以判别质点的位置；利用周期和振动时间可以求出质点的路程；利用质点和平衡位置的距离可以判别传播的时间。
9．【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．A到C的过程中，根据动能定理有：
由于第二次反向运动到A时，摩擦力做功相同，所以物体恰好运动到A点停下，A符合题意；
B．物体两次运动的速度时间图象如图所示：
根据图象可知，两次运动的时间并不相等，B不符合题意；
C．A到B，根据功能定理有：
C到B，根据动能定理有：
所以两次到达B的速度大小相等；C符合题意；
D．根据平均速度的定义式 可知，位移相等，时间不同，所以两次运动的平均速度不相等，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】利用动能定理结合摩擦力做功相同可以判别物块A停止的位置；利用速度时间图像可以比较运动的时间；利用功能关系可以求出两车到达B的时间相同；利用位移相同时间不同可以判别平均速度不同。
10．【答案】A,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．用波长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，根据双缝干涉条纹公式可知， ，△x1＜△x2，则λ1＜λ2，根据 可知，两光子的动量p1＞p2，A符合题意；
B．根据波长、频率和波速的关系可知，c=λv，由λ1＜λ2可知，v1＞v2，频率大的光折射率大，即n1＞n2，根据临界角公式可知， ，折射率大的临界角小，故当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角C1＜C2，B不符合题意；
C．根据波长、频率和波速的关系可知，c=λv，则两单色光的频率之比
C符合题意；
D．根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ek=hv-W，若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比
D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用条纹间距的比较可以比较波长和动量的大小；利用波长的大小可以比较频率和折射率、临界角的大小；利用光电效应方程可以求出最大初动能之比。
11．【答案】（1）C
（2）0.51
（3）不需要；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A. 将小车放在长木板上，轻推小车，若能沿长木板匀速下滑，说明已平衡摩擦力，选项A错误；
B. 当重物的质量远小于小车的质量时我们才可以认为小车的合力等于重物的重力，故不能将100g的质量较大砝码放入小桶，B不符合题意；
C. 正确平衡摩擦后，每次改变小桶和砝码总质量，不需要重新平衡摩擦力，C符合题意；（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得小车的加速度为： （3）①保持小桶中的砝码质量m′不变，通过改变位移来改变外力做功，可通过 验证功和动能变化之间的关系，故此条件下，小车及车上钩码的总质量不需要远远大于小桶和砝码的总质量m．②未平衡摩擦力时，则：
即
即图中的实线应该在纵轴上有负截距；
平衡摩擦后，则
即
则图中的虚线是过原点的直线，且虚线和实线斜率相等；
故答案为：A.
【分析】（1）小车要沿木板做匀速运动才说明平衡了摩擦力；实验要满足质量要求不能放质量太大的砝码；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用外力不变改变位移来改变外力做功所以不需要满足质量要求；利用动能定理可以导出对应的表达式，利用表达式可以找出对应的图像。
12．【答案】（1）A1
（2）③
（3）2. 40(2.39~2.41)
（4）C
（5）； ，其中 为电压表1的示数， 为电压表1的内阻， 为电压表2的示数
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡的额定电流为 ，则电流表应选择A1；（2）因电压表和电流表示数不能调到零，则肯定是滑动变阻器接成了限流式电路，即导线③断路；（3）电压表的读数为2.40V；（4）根据 ，因电阻随温度升高而变大，则P-U2斜率减小，即图像C符合题意；（5）待测电压表可以读出本身两端电压，因两个电流表的量程都过大，则可用已知内阻的电压表V1与待测电压表串联即可，电路如图：
待测电压表V2的内阻为： ，其中 为电压表1的示数， 为电压表1的内阻， 为电压表2的示数.
【分析】（1）利用功率的表达式可以求出额定电流进而判别电流表的量程；
（2）利用电流表和电压表读数可以判别滑动变阻器处于限流式接法进而判别电路连线的故障；
（3）利用电压表量程可以读出对应的读数；
（4）利用功率的表达式结合电阻的变化可以找出对应的图线；
（5）由于电流表量程太大所以可以使用已知内阻在电压表测量电流的大小；利用欧姆定律可以求出电表内阻的表达式。
13．【答案】（1）解：金属棒PQ先在无磁场区域做匀减速运动，据μmg=ma
得a=1m/s2
减速到0所需的时间
滑行位移
之后一直保持静止，停在CD线右侧0. 10m处
（2）解：0～2s内PQ棒中无电流，2～4s内线圈中产生的电动势 V
则
A
C
（3）解：MN棒所受的安培力： N
由平衡条件可知绝缘轻杆对金属棒MN的弹力 N
根据牛顿第三定律，棒对绝缘轻杆（右端）所受弹力 N，方向向左
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以判别导体棒的运动情况；
（2）利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出电荷量的大小；
（3）利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出弹力的大小和方向。
14．【答案】（1）解：恰好过最高点：
得
做平抛运动： ，
得
所以，平抛运动的水平位移为：x=vt=2R=2m
（2）解：由动能定理：
得 m/s
得：va2= –4m/s，vb2=8m/s
得：FN=74N
方向竖直向下
根据牛顿第三定律， N，方向竖直向下．
（3）解：情况1发生一次弹性碰撞：物块b在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则
得
因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，交换速度，所以碰前c的速度 ；
得 J
情况2发生二次弹性碰撞：要碰 J
仅碰两次 J
且7. 5J<12. 5J
综上
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合平抛运动的位移公式可以求出水平位移的大小；
（2）利用动能定理和牛顿第二定律结合动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出压力的大小；
（3）利用动能定理结合碰撞的条件可以求出弹性势能的大小范围。
15．【答案】（1）解：粒子在磁场中回旋，有
引出时有r=R，
得 m/s
（2）解：引出前质子（在电场中）加速的次数
质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动
该过程中的平均速度为v/2，则
平均功率
（3）解：粒子回旋半径 ，设加速一次后的速度为v1，加速三次后的速度为v3，则有 ， ……，
由此 ，
因为 ，故Δr逐渐减小
（4）解：研究出口处截面Δt→0时间内的质子，设有N个，则N·q=I·Δt
在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N个质子从静止加速到
即
，
代入得P=5000W
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出最大的速度；
（2）利用动能定理结合功率的表达式可以求出平均功率的大小；
（3）利用牛顿第二定律可以求出半径之差的变化；
（4）利用功能关系结合功率的表达式可以求出输出功率的大小。
1 / 1浙江省绍兴市2019年高三上学期物理11月选考科目诊断性考试试卷
一、单选题
1．（2019高三上·绍兴选考）现行的第四代移动通信技术4G，采用1880～2635MHz频段的无线电波；2020年我国将全面推行第五代移动通信技术5G，采用3300～5000MHz频段的无线电波．未来5G网络的传输速率是4G网络的50～100倍．下列说法中正确的是（ ）
A．5G信号和4G信号都是横波
B．在空气中5G信号比4G信号传播速度大
C．5G信号和4G信号相遇能产生干涉现象
D．5G和4G电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】A.5G和4G信号都是电磁波，电磁波都是横波，A符合题意；
B．任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，B不符合题意；
C．波的干涉条件是两列波的频率相同，振动情况相同，5G和4G信号的频率不同，相遇不能产生干涉现象，C不符合题意；
D．根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电（磁）场只能产生恒定不变的磁（电）场，不能形成电磁波，故5G和4G电磁波信号的磁感应强度随时间不是均匀变化的，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】电磁波都属于横波；在真空中的传播速度相等；由于频率不同不能发生干涉现象；电磁波其磁感应强度随时间不是均匀变化的。
2．（2019高三上·绍兴选考）2019年9月23日，中国西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星．两颗卫星均属于中圆地球轨道卫星，轨道半径为 m，是目前在建的中国北斗三号系统的组网卫星．已知地球同步卫星轨道半径为 m，则第48颗北斗卫星与地球同步卫星相比（ ）
A． 动能较大 B．周期较大
C．向心力较大 D．向心加速度较大
【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力可知
可得
AC．北斗卫星和同步卫星的质量未知，则动能和向心力无法确定，AC不符合题意；
BD．分析题意可知，同步卫星的轨道半径大于北斗卫星，则北斗卫星的周期小，向心加速度大，D符合题意，B不符合题意。
故答案为：D
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期、向心加速度的大小；由于不知道质量所以不能比较动能和向心力的大小。
3．（2019高三上·绍兴选考）国家大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．已知 的质量为2. 0136u， 的质量为3. 0150u， 的质量为1. 0073u， 的质量为1. 0087u，1u=931. 5MeV/c2，下列说法中正确的是（ ）
A．两个氘核聚变成一个 核的同时，产生的另一个粒子是质子
B．两个氘核聚变成一个 核的同时，产生的另一个粒子是正电子
C．该核反应过程中释放出的能量为3. 3MeV
D．该核反应过程中释放出的能量为0. 93MeV
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】AB．因氘核聚变的核反应方程为：
两个氘核聚变成一个 核的同时，产生的另一个粒子是中子，AB不符合题意；
CD．核反应过程中的质量亏损为△m=2mH-（mHe+mn）=0.0035u
释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用核反应方程的质量数和电荷数守恒可以判别产生的粒子属性；利用质量亏损可以求出释放的核能大小。
4．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，理想变压器原副线圈的匝数分别为 、 ，副线圈电路中L1、L2、L3为3个小灯泡A为理想交流电流表，L为电感线圈，C为电容器，闭合电键K后（ ）
A．电流表指针会不断摆动
B．仅增加副线圈的匝数n2，L1变暗
C．仅提高交流电源的频率，L2变暗
D．仅提高交流电源的频率，L3变暗
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；变压器原理
【解析】【解答】A．交流电流表显示的是有效值，通过交变电流时，不会摆动，A不符合题意；
B．增加副线圈的匝数，根据理想变压器的工作原理可知，输出电压增大，灯泡L1两端的电压增大，变亮，B不符合题意；
C．仅提高交流电源的频率，则电感对电流的阻碍作用增大，灯泡L2变暗，C符合题意；
D．仅提高交流电源的频率，则电容对电流的阻碍作用减小，灯泡L3变亮，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】由于电流表测量的是有效值所以不会摆动；增加副线圈匝数是灯泡L1变亮；增加交流电频率时由于电感和电容的作用，所以L2变暗L3变亮。
5．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，半径为R的 圆形区域 内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO．a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则（ ）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．粒子b将从DN边上某一位置（不含N点）射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，A不符合题意；
B．由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由 可知，粒子的比荷为
B不符合题意；
C．从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON=60°，可知粒子b正好从N点射出，C不符合题意；
D．从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据 可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律可以求出粒子比荷的大小；利用轨迹半径结合速度方向可以判别出射点的位置；利用圆心角的大小可以求出运动时间之比。
6．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，光滑绝缘斜面AB的倾角为30°，D是斜面AB的中点，AC⊥CB，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷．质量为m，电荷量为﹣q的小球从A点由静止释放（图中未画出），经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为零，则（ ）
A．A、C的高度差
B．A、B两点间的电势差
C．从A到B的过程中小球的电势能先增大后减小
D．从A到D的过程中小球的加速度先增大后减小
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由于库仑引力的作用，小球竖直方向的加速度应大于g，所以A、C的高度差 ，A不符合题意；
B．设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：mgLsin30°= mv2-0
在小球从A 到B的过程中有：mg L+（-q）UAB=0-0
联立解得：
B符合题意；
C．由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，距离增大的过程中电场力对负电荷做负功，所以从A到B的过程中负电荷的电势能先减小后增大，C不符合题意；
D．由上面的分析知：沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，设AD的中点为G，从A到G的过程电场力沿斜面的分量沿斜面向下，加速度相加，越过G点，电场力沿斜面的分量沿斜面向上，合力大小不确定，所以加速度的变化不确定，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用加速度的大小结合速度位移公式可以求出AC之间的距离；利用动能定理可以求出电势差的大小；利用电场力做功可以判别电势能的变化；利用电场力方向可以判别合力方向和大小进而判别加速度的变化。
二、多选题
7．（2019高三上·绍兴选考）在2019多哈田径世锦赛上，绍兴籍飞人谢震业创造了历史，成为第一个闯入世锦赛男子200米决赛的中国选手，最终谢震业跑出20秒14的好成绩．下列说法中正确的是（ ）
A．“20秒14”指的是时间间隔
B．研究谢震业的起跑技术动作时，不可以把他看作质点
C．谢震业在比赛中的平均速度为9. 9m/s（保留两位有效数字）
D．谢震业在比赛中第1s内的加速度大于最后1s内的加速度
【答案】A,B,D
【知识点】质点；时间与时刻；加速度
【解析】【解答】A．“20秒14”指的是时间间隔，A符合题意；
B．研究谢震业的起跑技术动作时，不可以把他看作质点，如果看做质点则无法研究其起跑动作，B符合题意；
C．平均速度等于位移和时间的比值，200m是他的路程，由于位移未知，则不能求解谢震业跑完全程的平均速度，C不符合题意；
D．在比赛的第1s内要竭尽全力加速，加速度很大，在最后1s内基本上是以最大速度做匀速运动，加速度几乎为零，D符合题意；
故答案为：ABD
【分析】跑步总时间是指时间间隔；研究运动员的跑步技术不能作为质点；由于不知道位移所以不能求出平均速度的大小；利用速度的变化量可以判别加速度的大小。
8．（2019高三上·绍兴选考）如图1所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图2为x=2m处质点的加速度a随时间t变化关系，以下判断中正确的是（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．质点P经过1s将到达 cm处
C．在2s内质点P通过的路程为16cm
D．质点Q比P迟 s到达平衡位置
【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图可知，在t=0以后x=2m处质点的加速度为负值且逐渐变大，可知此质点在t=0时刻向上振动，波沿x轴正向传播，A不符合题意；
B．波速为 ，则经过1s，波向右传播的距离为s=vt=1m，此时质点P将到达 处，B不符合题意；
C．因P点t=0时刻处在y=4cm的位移，经过2s=0.5T，质点先向下振动，到最低点后又回到y=-4cm的位置，可知在2s内通过的路程等于16cm，C符合题意；
D．质点P到达平衡位置的最短时间为 ；而质点Q到达平衡位置的最短时间为 ，即质点Q比P迟 s到达平衡位置，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用质点的起振方向可以判别波的传播方向；利用质点的波速和时间可以判别质点的位置；利用周期和振动时间可以求出质点的路程；利用质点和平衡位置的距离可以判别传播的时间。
9．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，两块材料不同的木板M、N，长度分别为2L、L，首尾相连固定在水平地面上，B为两木板的连接点，小物块与木板M、N之间的动摩擦因数分别为μ和2μ．当物块以速率v0向右从A点滑上木板M，恰好可以滑到C点；若让物块以v0向左从C点滑上木板N，则物块（ ）
A．恰好运动到A点停下 B．两次运动的时间相等
C．两次经过B点时的速率相同 D．两次运动的平均速度大小相同
【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．A到C的过程中，根据动能定理有：
由于第二次反向运动到A时，摩擦力做功相同，所以物体恰好运动到A点停下，A符合题意；
B．物体两次运动的速度时间图象如图所示：
根据图象可知，两次运动的时间并不相等，B不符合题意；
C．A到B，根据功能定理有：
C到B，根据动能定理有：
所以两次到达B的速度大小相等；C符合题意；
D．根据平均速度的定义式 可知，位移相等，时间不同，所以两次运动的平均速度不相等，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】利用动能定理结合摩擦力做功相同可以判别物块A停止的位置；利用速度时间图像可以比较运动的时间；利用功能关系可以求出两车到达B的时间相同；利用位移相同时间不同可以判别平均速度不同。
10．（2019高三上·绍兴选考）在“利用双缝干涉测定光的波长”实验中，用放长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同双缝干涉装置，在观察解上形成干涉条纹，测得干涉条纹间距分别为Δx1、Δx2，且Δx1<Δx2，下列说法中正确的是（ ）
A．两光子的动量
B．当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角
C．两单色光的频率之比
D．若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比
【答案】A,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．用波长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，根据双缝干涉条纹公式可知， ，△x1＜△x2，则λ1＜λ2，根据 可知，两光子的动量p1＞p2，A符合题意；
B．根据波长、频率和波速的关系可知，c=λv，由λ1＜λ2可知，v1＞v2，频率大的光折射率大，即n1＞n2，根据临界角公式可知， ，折射率大的临界角小，故当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角C1＜C2，B不符合题意；
C．根据波长、频率和波速的关系可知，c=λv，则两单色光的频率之比
C符合题意；
D．根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ek=hv-W，若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比
D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用条纹间距的比较可以比较波长和动量的大小；利用波长的大小可以比较频率和折射率、临界角的大小；利用光电效应方程可以求出最大初动能之比。
三、实验题
11．（2019高三上·绍兴选考）小何同学用如图1所示的装置来探究加速度与力、质量的关系：
（1）下列操作正确的是__________
A．将小车静止释放，若能沿长木板下滑，说明已平衡摩擦力
B．将100g的质量较大砝码放入小桶后，先接通电源再释放小车
C．正确平衡摩擦后，每次改变小桶和砝码总质量，不需要重新平衡摩擦力
（2）图2为实验中获得的一条纸带，A、B、C、D、E为5个计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，以A点为起点，量出到各点的距离已标在图上．由此求得小车的加速度大小为 m/s2（结果保留2位有效数字）．
（3）小何同学还用此装置探究了做功与物体速度变化的关系：
①保持小桶中的砝码质量不变，通过改变位移来改变外力做功，此条件下，小车及车上钩码的总质量 （选填“需要”或“不需要”）远远大于小桶和砝码的总质量m．
②为探究摩擦对实验结果的影响，进行对照实验，根据平衡摩擦前后两次实验数据描绘出v2—W的图象，如图所示，实线代表未平衡摩擦时的图线，虚线代表平衡摩擦后的图线，则正确的图线是 .
A． B．
C． D．
【答案】（1）C
（2）0.51
（3）不需要；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A. 将小车放在长木板上，轻推小车，若能沿长木板匀速下滑，说明已平衡摩擦力，选项A错误；
B. 当重物的质量远小于小车的质量时我们才可以认为小车的合力等于重物的重力，故不能将100g的质量较大砝码放入小桶，B不符合题意；
C. 正确平衡摩擦后，每次改变小桶和砝码总质量，不需要重新平衡摩擦力，C符合题意；（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得小车的加速度为： （3）①保持小桶中的砝码质量m′不变，通过改变位移来改变外力做功，可通过 验证功和动能变化之间的关系，故此条件下，小车及车上钩码的总质量不需要远远大于小桶和砝码的总质量m．②未平衡摩擦力时，则：
即
即图中的实线应该在纵轴上有负截距；
平衡摩擦后，则
即
则图中的虚线是过原点的直线，且虚线和实线斜率相等；
故答案为：A.
【分析】（1）小车要沿木板做匀速运动才说明平衡了摩擦力；实验要满足质量要求不能放质量太大的砝码；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用外力不变改变位移来改变外力做功所以不需要满足质量要求；利用动能定理可以导出对应的表达式，利用表达式可以找出对应的图像。
12．（2019高三上·绍兴选考）小明探究小灯泡L（“3V，1.5W”）的伏安特性曲线．备用的器材有：
电压表V1（0～3V，内阻Rv1=3kΩ），电压表V2（0～15V，内阻Rv2很大），
电流表A1（0～0. 6A，内阻RA1约为0. 5Ω），电流表A2（0～3A，内阻RA2约为0. 1Ω），
滑动变阻器R1（10Ω，1A），滑动变阻器R2（100Ω，0. 2A），
电源（电动势E=3V，内阻可忽略不计），开关一个，导线若干．
（1）电流表应选择 （选填“A1”或“A2”）
（2）按图1连接电路后，检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好；闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调到零，则断路的导线为 （填导线编号）；
（3）某次实验时电压表的指针如图2所示，其读数为 V；
（4）根据实验数据，小明作出了I—U图线，他还试着作了P-U2图线，如图所示，下列图线符合实际情况的是__________.
A． B．
C． D．
（5）为了测量电压表V2的内阻Rv2，利用上述提供的部分器材，小明设计了一个电路图，如图所示，请你帮助小明选择一个合适的器材，画在虚框里 ．用测得的物理量表示Rv2= ．（写明式中各物理量的含义）
【答案】（1）A1
（2）③
（3）2. 40(2.39~2.41)
（4）C
（5）； ，其中 为电压表1的示数， 为电压表1的内阻， 为电压表2的示数
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡的额定电流为 ，则电流表应选择A1；（2）因电压表和电流表示数不能调到零，则肯定是滑动变阻器接成了限流式电路，即导线③断路；（3）电压表的读数为2.40V；（4）根据 ，因电阻随温度升高而变大，则P-U2斜率减小，即图像C符合题意；（5）待测电压表可以读出本身两端电压，因两个电流表的量程都过大，则可用已知内阻的电压表V1与待测电压表串联即可，电路如图：
待测电压表V2的内阻为： ，其中 为电压表1的示数， 为电压表1的内阻， 为电压表2的示数.
【分析】（1）利用功率的表达式可以求出额定电流进而判别电流表的量程；
（2）利用电流表和电压表读数可以判别滑动变阻器处于限流式接法进而判别电路连线的故障；
（3）利用电压表量程可以读出对应的读数；
（4）利用功率的表达式结合电阻的变化可以找出对应的图线；
（5）由于电流表量程太大所以可以使用已知内阻在电压表测量电流的大小；利用欧姆定律可以求出电表内阻的表达式。
四、解答题
13．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距l=2m，虚线CD左侧的轨道光滑，右侧粗糙；导轨右侧两端点与匝数N=200、横截面积S=100cm2、总电阻r=0. 25Ω的线圈相连，另有一金属棒PQ垂直搁置在导轨上，距离CD为0.6m；垂直放置在导轨左端的金属棒MN通过水平绝缘轻杆固定，两金属棒的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.5Ω；MNDC区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 T．在t=0时刻，闭合电键K，同时金属棒PQ以1m/s的初速度向左运动，同时线圈内磁场的磁感应强度B1随时间t的变化符合以下规律： ．两金属棒与导轨始终接触良好，PQ棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1，导轨电阻不计．
（1）通过定量计算分析4s内导体棒PQ的运动情况；
（2）计算4s内通过金属棒PQ的电荷量大小；
（3）2～4s内绝缘轻杆右端受到的弹力大小和方向？
【答案】（1）解：金属棒PQ先在无磁场区域做匀减速运动，据μmg=ma
得a=1m/s2
减速到0所需的时间
滑行位移
之后一直保持静止，停在CD线右侧0. 10m处
（2）解：0～2s内PQ棒中无电流，2～4s内线圈中产生的电动势 V
则
A
C
（3）解：MN棒所受的安培力： N
由平衡条件可知绝缘轻杆对金属棒MN的弹力 N
根据牛顿第三定律，棒对绝缘轻杆（右端）所受弹力 N，方向向左
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以判别导体棒的运动情况；
（2）利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出电荷量的大小；
（3）利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出弹力的大小和方向。
14．（2019高三上·绍兴选考）如图所示，在水平轨道上A点固定一弹簧发射器，D点与半径R=lm的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心、D为最低点：粗糙部分BC段长l=lm，其余部分光滑．将质量 kg的物块a压紧弹簧，释放后滑块a与静置于C点右侧的质量 kg的物块b发生弹性正碰．已知物块与BC面的动摩擦因数μ=0. 25.物块均可看成质点．
（1）若物块b被碰后恰好能通过圆周最高点E，求其在平抛运动中的水平位移大小；
（2）在弹性势能 J时弹出物块a，求b被碰后运动到D点时对圆弧轨道的压力；
（3）用质量 kg的物块c取代a，问：弹性势能EP取值在什么范围内，才能同时满足以下两个条件（不考虑物块b脱离轨道后可能的碰撞）
①物块c能与b碰撞；②c与b的碰撞不超过2次.（已知碰撞是弹性正碰）
【答案】（1）解：恰好过最高点：
得
做平抛运动： ，
得
所以，平抛运动的水平位移为：x=vt=2R=2m
（2）解：由动能定理：
得 m/s
得：va2= –4m/s，vb2=8m/s
得：FN=74N
方向竖直向下
根据牛顿第三定律， N，方向竖直向下．
（3）解：情况1发生一次弹性碰撞：物块b在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则
得
因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，交换速度，所以碰前c的速度 ；
得 J
情况2发生二次弹性碰撞：要碰 J
仅碰两次 J
且7. 5J<12. 5J
综上
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合平抛运动的位移公式可以求出水平位移的大小；
（2）利用动能定理和牛顿第二定律结合动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出压力的大小；
（3）利用动能定理结合碰撞的条件可以求出弹性势能的大小范围。
15．（2019高三上·绍兴选考）诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R=0.125m的半圆金属盒，接在电压U=5000V、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d=0.01m，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B=0.8T．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷 C/kg，求：
（1）质子能获得的最大速度；
（2）质子在电场加速过程中获得的平均功率；
（3）随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr如何变化？简述理由．
（4）设输出时质子束形成的等效电流为100mA，回旋加速器输出功率是多大？
【答案】（1）解：粒子在磁场中回旋，有
引出时有r=R，
得 m/s
（2）解：引出前质子（在电场中）加速的次数
质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动
该过程中的平均速度为v/2，则
平均功率
（3）解：粒子回旋半径 ，设加速一次后的速度为v1，加速三次后的速度为v3，则有 ， ……，
由此 ，
因为 ，故Δr逐渐减小
（4）解：研究出口处截面Δt→0时间内的质子，设有N个，则N·q=I·Δt
在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N个质子从静止加速到
即
，
代入得P=5000W
【知识点】动能定理的综合应用；牛顿第二定律；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出最大的速度；
（2）利用动能定理结合功率的表达式可以求出平均功率的大小；
（3）利用牛顿第二定律可以求出半径之差的变化；
（4）利用功能关系结合功率的表达式可以求出输出功率的大小。
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