山西省大学附属中学2019届高三物理下学期4月模块诊断试题(含解析)

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山西省大学附属中学2019届高三物理下学期4月模块诊断试题(含解析)一、选择题:1.下列说法中不正确的是A. 康普顿效应表明光子具有动量,能证明光具有粒子性B. 卢瑟福根据α粒子散射实验,提出了原子核式结构C. 玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域,成功地解释了原子的光谱D. 天然放射现象表明原子核有更为精细的结构【答案】C【解析】【详解】A、康普顿效应表明光子具有动量,而动量是粒子的性质,A正确;B、卢瑟福根据粒子散射实验,否定了汤姆生的原子枣糕模型,提出了原子的核式结构模型,故B正确;C、玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域,成功地解释了氢原子光谱的实验规律,不能解释所有原子光谱的实验规律,故C错误;D、天然放射现象说明原子核内部有更精细、更复杂结构,故D正确。2.某空间站在半径为R的圆形轨道上运行,周期为T。另有一飞船在半径为r的圆形轨道上运行,飞船与空间站的绕行方向相同。当空间站运行到A点时,飞船恰好运行到B点,A、B与地心连线相互垂直,此时飞船经极短时间的点火加速,变化后的椭圆轨道近地点为B,远地点与空间站的轨道相切于C点,如图所示。当飞船第一次到达C点时,恰好与空间站相遇。由以上信息可判定A. 空间站的动能小于飞船在半径为r的圆形轨道上运行时的动能B. 当飞船与空间站相遇时,空间站的加速度大于飞船的加速度C. 飞船在从B点运动到C点的过程中,速度变大D. 空间站的圆形轨道半径R与飞船的圆形轨道半径r的关系满足【答案】D【解析】【详解】A、当空间站和飞船均做圆周运动时,其万有引力提供向心力,即,则线速度大小为:,由于空间站的半径大于飞船的半径,故空间站的速度的大小小于飞船的速度大小,由于二者的质量关系未知,故根据动能的公式无法判断二者的动能大小关系,故A错误;B、当飞船与空间站相遇时,根据牛顿第二定律有:,即,可知二者相遇时其加速度的大小相等,故B错误;C、根据开普勒第二定律可知,飞船在从B点运动到C点的过程中,速率越来越小,故C错误;D、设飞船椭圆轨道的周期为T′,则根据开普勒第三定律可知:由题可知:,联立可以得到:,故D正确。3.如图,有一理想变压器,原副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电,电压的最大值为U,输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读数为I,电动机带动一重物匀速上升。下列判断正确的是A. 原线圈中的电流的有效值为B. 变压器的输入功率为C. 电动机两端电压为IRD. 电动机消耗的功率为I2R【答案】B【解析】【详解】A、原副线圈匝数比为n,副线圈的电流为I,则有原线圈的电流有效值为,故A错误;BD、原副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电,电压的最大值为U,则原线圈的电压有效值为,所以副线圈的电压为,因此电动机消耗的功率为P=UII,则变压器的输入功率也为,故B正确,D错误。C、电动机两端电压等于副线圈的电压。由于是非纯电阻,所以不等于IR,故C错误;4.如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置,其实质就是一种大型抛石机,图乙是其工作原理的简化图。将质量m = 10kg的石块,装在与转轴O相距L=5m的长臂末 端口袋中,最初静止时长臂与水平面的夹角,发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动,石块靠惯性被水平抛出,落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20 m,不计空气阻力,取g=l0 m/s2。以下判断正确的是A. 石块抛出后运动时间为B. 石块被抛出瞬间的速度大小C. 石块即将落地时重力的瞬时功率为D. 石块落地瞬时速度大小为15m/s【答案】C【解析】【详解】A、石块被抛出后做平抛运动:h=L+Lsina,竖直方向:hgt2,可得:ts,故A错误;B、石块被抛出后做平抛运动,水平方向:s=v0t,可得:v0m/s,故B错误;C、石块即将落地时重力的瞬时功率为:P=mgvy=mg?gt=500W,故C正确;D、石块落地的瞬时速度大小为:vm/s,故D错误。5.如图,两根足够长的光滑金属导轨竖直放置,底端接电阻R,轻弹簧上端固定,下端悬挂质量为m的金属棒,金属棒和导轨接触良好。除电阻R外,其余电阻不计。导轨处于匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在平面。静止时金属棒位于A处,此时弹簧的伸长量为Δl,弹性势能为Ep。重力加速度大小为g。将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,金属棒在运动过程中始终保持水平,则A. 当金属棒的速度最大时,弹簧的伸长量为ΔlB. 电阻R上产生的总热量等于mgΔl-EpC. 金属棒第一次到达A处时,其加速度方向向下D. 金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多【答案】BD【解析】【详解】A、金属棒的速度最大时,合力为零,由平衡条件有 mg=kx+F安.金属棒原来静止时有 mg=k△l.两式对比可得 x<△l,即金属棒的速度最大时,弹簧的伸长量小于△l.故A错误。B、金属棒最后静止在A处,从释放到金属棒最后静止的过程中,其重力势能减小,转化成内能和弹簧的弹性势能,则由能量守恒定律可得:电阻R上产生的热量 Q=mg△l﹣Ep.故B正确。C、金属棒第一次到达A处时,受到重力、弹簧的弹力和安培力,且重力与弹力大小相等、方向相反,安培力方向向上,所以合力等于安培力,方向向上,可知加速度方向向上,故C错误。D、根据能量守恒定律知,金属棒第一次下降的高度大于第一次上升的高度,根据q分析知,金属棒第一次下降过程磁通量的变化比第一次上升过程磁通量的变化量大,则金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多,故D正确。6.如图所示,轻弹簧一端固定在O1点,另一端系一小球,小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上,O1在O2的正上方,C是O1O2的连线和圆环的交点,将小球从圆环上的A点无初速度释放后,发现小球通过了C点,最终在A、B之间做往复运动。已知小球在A点时弹簧被拉长,在C点时弹簧被压缩,则下列判断正确的是A. 弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B. 小球从A至C一直做加速运动,从C至B一直做减速运动C. 小球机械能最大的位置有两处D. 弹簧处于原长时,小球的速度最大【答案】AC【解析】【详解】A、因只有重力和弹簧弹力做功,故小球和弹簧系统的机械能守恒,小球在A点的动能和重力势能均最小,故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能,所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量,故A正确;BD、小球从A至C,在切向先做加速运动,再做减速运动,当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,同理从C至B,在切向先做加速运动,再做减速运动,当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,故BD错误;C、当弹簧处于原长时,弹性势能为0,小球机械能最大,有题意知,A、B相对于O1O2对称,显然,此位置在A、C与B、C之间各有
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