发布时间 : 星期四 文章四川省泸州市2019届高三第二次教学质量诊断性考试理综物理试题解析版更新完毕开始阅读
析板间场强的变化来判断；注意由于二极管具有单向导电性，所以当电容减小时，由于电容器不能放电，则电容器上的电量不变。
本题关键分析电容器的电压是否变化。要抓住二极管的单向导电性，分析出电容器不能放电，来分析板间电压是否变化。 5.【答案】D
【解析】
小车和小球组成的系统动量守恒，水平方向不受外力，系统水平动量守恒，小球运动到最高点两者的速度相同，由动量守恒定律求解共同速度；根据系统水平方向动量守恒和能量守恒列式，可求得小球最终离开小车后的速度，从而分析出小球的运动情况。小球最终离开小车时小车的速度最大。当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，两者的速度相同，由系统水平方向动量守恒和能量守恒列式求小球的初速度。
本题是系统水平方向动量守恒和机械能守恒的综合应用问题，要知道系统的水平动量守恒，但总动量并不守恒。不能认为小球上升P点时小车的速度最大，要认真分析小车的运动过程，来确定何时速度最大。 6.【答案】BC
【解析】
解：A、小球运动到最高点小球和小车的速度相同，设为v。以小车和小球组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得 mv0=（m+m）v 得：v=
．故A错误。
解：AB、线框顺时针方向转动，经过
B、设小球最终离开小车速度为v1，小车的速度为v2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
mv0=mv1+mv2。
222
根据机械能守恒定律得：mv0=mv1+mv2
的时间，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感
应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为逆时针，故A错误B正确； CD、根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E=所以E=故选：BC。
根据楞次定律判断感应电流的方向；运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小。 分析清楚线框的运动过程、知道磁通量如何变化、求出磁通量的变化量是解题的前提与关键；要掌握应用楞次定律判断感应电流方向的方法与步骤；应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以解题。 7.【答案】ABD
【解析】
=
222
，而△S=2a-a=a，△t=
，
联立解得：v1=0
小车的速度为：v2=v0，所以小球最终离开小车后向右做自由落体运动，故B错误。
C、小球在圆弧轨道上运动的过程中，小车一直在加速，所以小球最终离开小车时小车的速度最大，最大速度为v0．故C错误。
D、当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，由水平方向动量守恒得： mv0=（m+m）v′
根据机械能守恒定律得： mv0=mgR+（m+m）v′解得：v0=2所以若v0≥2故选：D。
时小球能到达圆弧轨道最高点P，故D正确。
2
2
，平均电流I==，故C正确D错误。
解：A、根据动能定理可知动能随路程变化的图象中斜率表示合力，由图象可知，上升和下降斜率不变，即合力恒定不变，运动过程中空气阻力大小恒定，故A正确； B、根据牛顿第二定律得上升过程的加速度为
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．下落过程的加速度为
＜a上，又上升和下落的高度相同，根据得：t上＜t下，故B正确；
线与圆相切时（图中得红色线），拉力BC达到最大值，此后继续抬高B点，则BC的拉力减小，所以整个的过程中BC的拉力先增大后减小。 由以上的分析可知，AD正确，BC错误 故选：AD。
对结点C进行受力分析，由共点力平衡，结合角度的变化即可求出。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
C、设上升过程克服阻力做功为W，整个过程根据动能定理得：-2W=E0-3E0，解得：W=E0，根据功能关系得：上升过程中机械能损失△E=W=E0，故C错误； D、由B到C由动能定理得：mgh-W=E0-0②，①②联立解得：mgh=2E0，故故选：ABD。
根据动能定理可知动能随路程变化的图象中斜率表示合力，可分析空气阻力情况；根据上升和
①，下落整个过程由动能定理得：
，由图象可知地面为重力势能零点，且由图象可知
，即下落经过C点时动能小于重力势能，故D正确；
下落的高度相同，位移时间公式比较时间长短；克服空气阻力做功等于上升过程机械能的损失。 9.【答案】ABD 本题考查动能定理和功能关系，关键是根据动能定理分析出动能随路程变化的图象中斜率表示合力，从而分析空气阻力情况，然后再根据牛顿第二定律、运动学公式等分析各项即可。
B、根据理想气体状态方程结合图象可知，状态a的温度比状态b、c的温度高，故状态a的内能
8.【答案】AD
【解析】
【解析】
解：A、根据理想气体状态方程结合图象可知，状态b、c的温度相同，故内能相等，故A正确；
比状态b、c的内能大，故B正确；
C、在a到b的过程中，体积减小，外界对气体做功，故C错误；
D、a到b的过程，温度降低，内能减小，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体应从外界放热，故D正确；
E、据A项分析可知状态b、c的内能相等，由b到c的过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸热，又据D项分析可知由a到b的过程气体放热，故在c到a的过程中气体应吸热；故E错误；
解：对结点C进行受力分析，其受力如图：
C点受到重物的拉力mg，AC的拉力以及BC的拉力，由三力平衡的特点可知，AC与BC的拉力的合力与重物对C的拉力大小相等，方向相反。
当B点逐渐升高的过程中，AC与BC之间的夹角不变，重物对C的拉力方向始终向下，若以C点为圆心，以mg大小为半径做一个圆，则AC与BC的合力的方向将顺时针转动，如图：由平行四边形定则可知，AC的拉力与BC的拉力将如图变化；可知拉力AC逐渐减小，而当AC的平行
故选：ABD。
理想气体内能的只与温度有关，根据图象结合理想气体状态方程可分析比较各状态温度关系，从而判断内能关系；根据体积变化判断做功，结合热力学第一定律分析气体吸放热情况。 本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变
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化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；△U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。 10.【答案】ACE
【解析】
（2）根据系统减小的重力势能，转化为系统增加的动能，即可求解；
（3）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度，从而求出动能的增加量，进而列出表达式，由此可确定横轴。 考查平均速度等于瞬时速度，条件是时间很短或做匀变速直线运动；掌握系统机械能守恒定律
解：由图可知周期为2S，则λ===1m
验证方法，注意由于A与B的质量相同，则重力势能之和不变；并学会运用数学表达式来分析，
A、2.5S时波传播的距离为x=vt=2.5×2=5m，质点开始向上运动，则A正确
理解图象的斜率的含义。
B、t==2S时4m处的质点向上运动，则B错误
C、1S时2m处的质点开始运动，因周期为2S，则又运动周期为达到最低点，则C正确 D、4m处的质点时1m处的质点距离为3m，是波长的整数倍则运动情况相同，则D错误 E、因振源只振动了1S，则其它质点与振动了1S，则E正确。 故选：ACE。
据O点的振动可知周期，根据v=
可求出波长。介质中各个质点起振方向与波源的起振方向
12.【答案】99.9 ＞＞ 1 小于
【解析】
解：（1）用半偏法测电阻，若并联电路电流相同，则电阻相同，则电流表内阻等于电阻箱阻值：为99.9Ω。
（2）因总电流变大，则并联电阻部分的电流大于原电流的一半，则阻值小于电流表的内阻，测量值偏小。若R＞＞R′，则电路中的电流增加几乎可以忽略不计，则可以减小实验的误差。 （3）改装成电流表要并联电阻，由欧姆定律可得：I?R并=I0rg 又：
相同。因振源只运动了个周期，则其它质点也只振动了1S
由振动图象可确定周期，振幅，对于简谐波，要掌握其基本特点：介质中各个质点起振动方向相同。
11.【答案】匀速 mgh1=
联立可得：R0=1Ω
（4）由于电流表的内阻的测量值偏小，所以由公式得出的与电流表并联的R0偏小，导致改装的电流表的量程偏大，所以对应的读数偏小，即改装的电流表测得的电流小于标准电流表测得的电流。
【解析】
解：（1）因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
（2）由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh=（2M+m）v，
即为：mgh1=（2M+m）v，又v=
2
2
故答案为：（1）99.9；（2）＞＞；（3）1；（4）小于
（1）用半偏法测电阻，并联电路电流相同，则电阻相同，又因并联电阻后总电流增加，则电流表
得：mgh1=
=
示数为一半时，所并联部分的电流大于原电流的一半，则其阻值小于电流表的内阻。
因此以。
（3）改装成电流表要并联电阻分流，再由全电路欧姆定律求得电阻阻值；
为横轴；
（2）根据实验中误差产生的原因分析减小实验误差的方法；
2
（3）将mgh1=（2M+m）v，变形后，则有：h1=
由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率k=故答案为：（1）匀速 （2）mgh1=
（3）
（4）根据误差产生的原因，分析误差带来的影响。
（1）因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
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考查半偏法测电阻明确测量值偏小，改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，
改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻。
13.【答案】解：（1）
（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O点的竖直分速度 ，
水平分速度 ；
质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P点，故竖直位移为零，所以，运动时间
；
，
2
根据速度公式v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s解得：t=3.3s；
所以，质点在P点的竖直分速度 ，水平分速度
；
所以，带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度 ；
（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t1=66.6m；
匀减速的位移：
答：（1）MN左侧区域内电场强度的大小为
，方向竖直向上；
解得：x=159m
则x'=159+66.6-100m=125.6m。
应该在弯道前125.6m距离处设置限速指示牌。 答：（1）减速过程需要的最短时间3.3s
（2）应该在弯道前125.6m距离处设置限速指示牌。 【解析】
（2）带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为60°时，质点在磁场中刚好运动到O点，带电质点在磁
场中运动的轨迹如图所示：；
（1）根据速度求出时间；
（2）反应期间做匀速直线运动，接着做匀减速直线运动，求出总距离，加上100m就是指示牌的距离。
本题考查匀变速直线运动公式，关键是分析汽车的运动情况，并根据运动情况列公式求解。 14.【答案】解：（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：
重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；
所以，电场力qE=mg，方向竖直向上；所以，MN左侧区域内电场强度 左 （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：
（3）带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vp为 。 【解析】
（1）根据质点在左侧做匀速圆周运动得到电场力和重力平衡，从而求得场强；
（2）根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，再由左手定则得到质点偏转方向，从而根据几何关系得到夹角和运动轨迹；
（3）根据几何关系求得在O点的速度方向，然后由竖直位移为零求得在右侧的运动时间，即可
，方向竖直向上；
根据竖直、水平方向均做匀变速运动求得速度变化，从而求得在P点的速度。
；
，所以，轨道半径
带电粒子运动轨迹的求解一般根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，再根据左手定则求得偏转方向，进而由几何关系求得运动轨迹。
质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧； 又有 ；
根据几何关系可得：带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角 ；
15.【答案】解：①根据大气压强和水银柱高度可得：开始的时候密封空气柱的压强为
76cmHg-10cmHg=66cmHg；
当水银恰好被抽出时玻璃管内空气仍是原来被密封的空气，故空气质量不变，体积变为原来的 ；
根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；
根据同一空气，温度不变，PV不变，所以，压强变为原来的 ，所以，水银恰好被抽出时玻璃管内空气的压强为 ；
②被注射器吸入的空气在最开始的压强为大气压强（76cmHg），在玻璃管中的长度为70cm；
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