江西省新余市第四中学、上高二物理中联考2019届高三物理下学期第二次月考试题（含解析） 17页

2018-2019学年江西省新余四中、上高二中联考高三（下）第二次月考物理试卷一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.下列说法正确的是A.某种金属能否发生光电效应取决于照射光的强度B.卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子C.—个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生8次衰变D.大量处于基态的氢原子在单色光的照射下，发出多种频率的光子，其中一种必与入射光频率相同【答案】D【解析】【详解】某种金属能否发生光电效应取决于照射光的频率，选项A错误；卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在质子，而查德韦克通过实验证实中子，故B错误；由质量数与质子数守恒，一个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生8次α衰变，发生6次β衰变，故C错误；处于基态的氢原子在某单色光束照射下，先吸收能量向高能级跃迁，然后再从高能级向低能级跃迁，其中从吸收光子后的最高的能级向基态跃迁时发出的光子的能量与吸收的光子的能量是相等的。故D正确；故选D.2.在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案。方案之一为“降伞方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案设计的物理过程，下列说法正确的是A.火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒B.从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大C.从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态D.打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量【答案】B【解析】【分析】n火箭和有效载荷分离过程中需要做功；根据万有引力定律分析加速度的变化；从返回轨道至低空轨道，火箭的加速度的方向向下；气囊可以缓解火箭与地面之间的冲击力。【详解】火箭和有效载荷分离时，需要火箭对载荷做功，所以机械能不守恒。故A错误；根据万有引力定律：ma=，随高度h的减小，加速度增大。故B正确；从返回轨道至低空轨道的过程中火箭做加速运动，火箭的加速度的方向向下，火箭处于失重状态。故C错误；打开气囊与没有气囊比较，火箭受到的地面的冲量大小是相等的，气囊可以使火箭与地面之间作用的时间延长，减小火箭与地面之间的作用力。故D错误。故选B。3.如图所示，在等边三角形的三个顶点A、B、C上固定三个电荷量相等的点电荷，其中A、B处的点电荷均带正电，C处的点电荷带负电，D、E、F分别为AB、BC、CA边的中点，O为三角形中心，则下列说法正确的是A.三角形中心O点的电场强度为零B.E、F两点电场强度相同C.D点的电势高于O点的电势D.把一正点电荷从O点移到E点，该电荷的电势能增大【答案】C【解析】根据点电荷的场强特点可得A、B、C三个点电荷在O点的场强如图所示：可知O点的合场强不为零，故A错误；A电荷在E点产生的场强沿AE的连线指向右上方，B点电荷在E点产生的场强沿BE的连线指向左上方，C点电荷在E点产生的场强沿EC的连线指向左上方，则E点的合场强指向左上方，同理F点合场强指向右上方，故B错误；电场线方向从D指向C，根据沿着电场线电势逐渐降低可知，D点的电势高于O点的电势，故C正确；把一正点电荷从O点移到En点，电场力做正功，该电荷的电势能减小，故D错误。所以C正确，ABD错误。4.如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角,皮带在电动机的带动下,始终保持的速率运行。现把一质量为4kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端,经一段时间后工件被传送到h=8m的高处。已知工件与传送带间的动摩因数为,取g=l0m/s2,在这段时间,工件的速度v,位移x,加速度a,所受合外力F随时间t变化的图象正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】根据题意可知，皮带的总长度，工件刚放上皮带时受重力，支持力，沿皮带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，，工件做匀加速直线运动，v=at，工件速度达到与皮带速度相同时运动的位移，即，工件速度达到与皮带速度相同时由，所以接下来工件与皮带保持相对静止匀速直线运动，故A正确。二、多选题（本大题共6小题，共34.0分）5.海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电。在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意图如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值R=15Ω的灯泡相连,浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分),如图乙所示,其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N=200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B=0.2T,线圈直径D=0.4mn,电阻r=1Ω.取重力加速度g=10m/s2,π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4πsin (πt) m/s。则A.灯泡中电流i的瞬时表达式为i=4sin(πt)AB.波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e=0.32sin(πt)VC.灯泡的电功率为120WD.灯泡两端电压的有效值为V【答案】C【解析】【分析】根据感应电动势公式E=Blv和v=0.4πsin（πt）m/s，求出电动势e的瞬时表达式；由欧姆定律可得灯泡电流表达式；由电流有效值来计算灯泡电功率；由欧姆定律来计算灯泡电压的有效值。【详解】线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为：Emax=NBlvmax，其中l=πD；联立得：Emax=πNBDvmax=π×200×0.2×0.4×0.4πV=64V；则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e=Emaxsinπt=64sin（πt）V；根据闭合电路欧姆定律有：；得：i==4sin（πt）A，故正确，B错误。灯泡电流的有效值为：I=A，则灯泡的功率为：P=I2R=×15=120W，故C正确。灯泡两端电压的有效值为：U=IR=×15V=30V，故D错误；故选AC。【点睛】该题关键是用好感应电动势的最大值，该题是运动切割，故速度最大时，对应感应电动势最大；在求解灯泡两端电压时候，用欧姆定律最简单，不用硬套交流有效值公式。6.如图所示，物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上，P的左边用一跟轻弹簧与竖直墙相连，物块P、Q处于静止状态；若直接撤去物块Q，P将向右滑动。现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q；那么在Q被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小、地面对P的摩擦力的大小、P对Q的弹力N的大小、地面对Q的摩擦力n的大小的变化情况()A.T始终增大，始终减小B.T保持不变，保持不变C.N保持不变，增大D.N先不变后增大，先增大后减小【答案】BC【解析】AB．因为若直接撤去Q，P将向右滑动，表明已经达到最大，所以不再变化，弹簧弹力不变，故A错误，B正确；CD．对于P、Q整体有，其中不变，F增大，所以增大；对于P有，所以N保持不变，故C正确，D错误；故选：BC7.甲、乙两个物体在同一直线上运动,其x−t图象如图所示,其中直线b与曲线a相切于点(4,−15)。已知甲做匀变速直线运动,下列说法正确的是()A.0-1s内两物体运动方向相反B.前4s内甲的平均速度是乙的平均速度的倍C.t=0时刻，甲的速度大小为10m/sD.甲的加速度大小为2m/s2【答案】ACD【解析】【详解】x-t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x-t图像对应于a；前4s内甲的平均速度为：，前4s乙的平均速度为：n，故前4s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；直线b与曲线a相切于点(4,−15)，可知第4s末的速度v4就是直线b的斜率，所以v4=-2m/s,前4s内甲的平均速度为-6m/s，所以0时刻甲的速度v0=-10m/s，故甲的加速度。故CD正确。故选ACD。【点睛】位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间。8.如图所示，坐标系xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝2.0T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄固定挡板，长度为9m，M点为x轴上一点，OM＝3m。现有一个比荷大小为可视为质点带正电的粒子（重力不计）从挡板下端N处小孔以某一速度沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，最后都能经过M点，则粒子射入的速度大小可能是A.10m/sB.8m/sC.6m/sD.3m/s【答案】ABD【解析】试题分析：带正电的小球从挡板下端N处小孔向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，所以小球运动的圆心的位置一定在y轴上，然后由几何关系得出可能的碰撞的次数，以及圆心可能的位置，然后由比较公式即做出判定．小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方．也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以n，得①（1）若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设，由几何关系得②，③，联立②③得：，分别代入①得：，（2）若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设，由几何关系得④，⑤，联立④⑤得，代入①得，故BD正确．9.下列说法中正确的是（　　）A.已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则这种物体的分子体积为V0＝B.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小C.饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等D.自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E.一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小【答案】BCE【解析】【分析】对于固体或液体，可根据摩尔体积与阿伏加德罗常数之比求分子体积．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小．饱和汽和液体之间处于动态平衡状态．符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生．根据热力学第一定律分析内能的变化．n【详解】A、只有对固体或液体，可根据求物体分子的体积，对于气体，由于分子间距较大，不能用求气体分子的体积而求得气体分子平均占有空间;故A错误.B、当分子间的引力和斥力平衡时，分子力为零，分子势能最小;故B正确.C、饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等;故C正确.D、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生，还要遵守热力学第二定律才能发生;故D错误.E、一定质量理想气体对外做功，若气体吸收热量，则内能不一定减少。由于气体的体积增大，所以密度一定减小;故E正确.故选BCE.【点睛】解决本题的关键要建立模型，掌握估算分子体积的方法．知道做功和热传递都能改变物体的内能．10.一列沿x轴传播的横波在t＝0.05s时刻的波形图如图甲所示，P、Q为两质点，质点P的振动图象如图乙所示，下列说法中正确的是__________A．该波的波速为20m/sB．该波沿x轴负方向传播C．t＝0.1s时刻质点Q的运动方向沿y轴正方向D．t＝0.2s时刻质点Q的速度大于质点P的速度E．t＝0.3s时刻质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离【答案】ACD【解析】【分析】本题要在乙图上读出P质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率.【详解】A、分析图甲确定波长λ＝4m，根据图乙确定周期T＝0.2s，则该波的波速n，A选项正确；B、分析图乙可知，t＝0.05s时，质点P处于平衡位置沿y轴负方向运动，根据波动规律可知，该波沿x轴正方向传播，B选项错误；C、分析图甲可知，t＝0.05s时，质点Q处于波谷，t＝0.1s时，质点Q位于平衡位置沿y轴正方向运动，C选项正确；D、t＝0.2s时刻，质点Q位于平衡位置，质点P位于波峰，质点Q的速度大于质点P，D选项正确；E、t＝0.3s时，质点Q位于平衡位置，质点P位于波谷，质点Q距平衡位置的距离小于质点P，E选项错误．故选ACD.【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向.三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.某研究小组设计了一种“用一把刻度尺测量质量为m的小物块Q与平板P之间动摩擦因数”的实验方案，实验装置如图甲所示．AB是半径足够大的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C'.重力加速度为g.实验步骤如下：①用刻度尺测量BC长度为L和CC′高度为h；②先不放置平板P(如图乙)使圆弧AB的末端B位于C′的正上方，将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；③重复步骤②，共做10次；④用半径尽量小的圆将10个落地点围住，用毫米刻度尺测量圆心到C′的距离s；⑤放置平板P(如图甲)，将物块Q由同一位置A由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D′；n⑥重复步骤⑤，共做10次；⑦用半径尽量小的圆将10个落地点围住，用毫米刻度尺测量圆心到C′的距离.（1）实验步骤③④目的是________________．（2）用实验中的测量量表示：物块Q滑到B点时的动能EB=________．（3）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=________．（4）已知实验测得的μ值与实际值不等，其原因除了实验中测量的误差之外，其他的原因可能是____________________________________(写出一个可能的原因即可)．【答案】(1).减小误差)(2).(3).(4).空气阻力(或接缝B处不平滑【解析】（1）验步骤③④的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；（2）在不放平板P时，物块从B点飞出做平抛运动，在水平方向上有，在竖直方向上有，解得；（3）当加上平板P时，物块从C点飞出，做平抛运动，故，根据动能定理可得，故解得；（4）其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等，存在空气阻力等．【点睛】对于每一道实验题，需要了解其实验原理，本题的实质就是根据动能定理求解动摩擦因数，物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；由动能可以求出动摩擦因数．12.某同学利用下列器材测量两节电池的电动势和内阻：直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻均约为3kΩ；定值电阻R0的阻值为3Ω；滑动变阻器R的最大阻值为20Ω；开关、导线若干。他设计的电路图如图甲所示，实验中多次移动滑动变阻器的滑片得到电压表V1、V2的示数U1、U2如表所示：n实验初数电压表示数123456U1/V0.500.901.201.401.702.00U2/V1.501.751.932.052.222.40（1）请用测得的数据在图乙中给出U2-U1图线。（2）由图线可知被测电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω．（均保留两位有效数字）（3）实验中由于电压表的内阻不是无穷大，存在系统误差，则电动势的测量值______（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】(1).3.0(2).4.5(3).小于【解析】【详解】（1）根据表格中的数据描点作图，如图所示：（2）根据闭合电路欧姆定律得，，解得，图线的斜率，解得：r=4.5Ω，当U1=0.5V时，U2=1.50V，即n，解得：E=3V。（3）由于电压表内阻不是无穷大，电压表起分流作用，可知测得通过电源的电流值偏小，外电压准确，根据U-I图线知，电动势的测量值小于真实值。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图为一架简易的投石机示意图，该装置由一根一端开口长为的光滑硬质塑料管和固定于另一端的轻弹簧组成，并通过铰链固定于木架上。不用时弹簧自由端恰与管口齐平；现在弹簧上端放置一质量为m的光滑小钢珠，当将管子向右转动到与竖直面成60°的位置时，弹簧长度变为（不计空气阻力）试分析：（1）若将管子缓慢转动到竖直位置，求小钢珠距管底部的距离；（2）若在（1）过程中弹簧对小钢珠做的功为W1，试求管壁对小球做的功W2；（3）若快速向左拨动管子，钢珠恰好在管子竖直时从管口飞出，并垂直击中正前方的目标靶靶心。已知目标靶靶心离竖直杆顶的水平距离为L，竖直距离为L/2，小钢珠击中靶心时的动能；【答案】（1）x′=；（2）W2=−W1；（3）【解析】【分析】（1）由平衡条件可求得小球的位置；n（2）由动能定理可求得管壁对小球所做的功；（3）由平抛运动规律可求得小钢珠击中靶心时的动能；【详解】（1）管倾斜时，mgsin30°=k（x0-x0）设竖直时小球距底端为x'，则有：mg=k（x0-x′）解得：x′=x0．（2）由动能定理可得：-mg•x0+W1+W2=0解得：W2=−W1．（3）由平抛运动规律可得：＝gt2，L=v0tEK=mv02，解得Ek＝mgL【点睛】本题考查动能定理的应用及平抛运动的规律，要注意正确分析物理过程，并能根据力和运动的关系分析运动规律．14.如图所示，光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ，水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为Ι匀强磁场区，磁感应强度为B1；右半部分为Ⅱ匀强磁场区，磁感应强度为B2，且B1=2B2。在Ι匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a，在Ι匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b。开始时b静止，给a一个向右冲量I后a、b开始运动。设运动过程中，两金属棒总是与导轨垂直。（1）求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；（2）设金属棒b在运动到Ι匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b在Ι匀强磁场区中的最大速度值；（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后，金属棒b再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a仍然在Ι匀强磁场区中。求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热。n【答案】（1）i=；（2）vm=；（3）Q=【解析】【分析】（1）导体棒瞬间得到一个初速度，回路中产生感应电流，由闭合电路欧姆定律求解电流大小（2）选ab两棒组成的系统为研究对象，可得水平方向动量守恒，可解b棒的最大速度值（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后，穿过回路的磁通量减小，回路中产生感应电流，两棒均受安培力作用，使a减速，b加速，最终两棒产生的感应电动势相等时，两棒改作匀速直线运动，此过程中产生的焦耳热等于两棒动能的减少量【详解】（1）设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，金属轨道中的电流为i，则由动量定理得：I=mv0由法拉第电磁感应定律得：E=B1lv0i=即：（2）金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的系统，水平方向动量守恒．金属棒a和金属棒b在Ι匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度vm时，二金属棒速度相等，感应电流为零，二金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有mv0=2mvmvm=（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2，E1=B1lvmE2=B2lvm因为   B1=2 B2所以   E1=2 E2所以，金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动．设金属棒a在Ι匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时n间为t，金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度为vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则B1lva=B2lvb即 vb=2va设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为，根据动量定理有：B1lt=mva-mvm  方向向左B2lt=mvb-mvm  方向向右解得：va＝vmvb＝vm设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有：整理得：Q=15.如图所示，竖直放置的导热气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，可在气缸内无摩擦滑动。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H=70cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m=6.8kg，大气压强p0=105pa，水银密度ρ=13.6×103kg/m3，g=10m/s2。①求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；②在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5cm，求活塞平衡时与气缸底部的高度。【答案】（1）5cm（2）80cm【解析】【分析】（1）对活塞受力分析，根据平衡条件求解封闭气体的压强，再根据压强关系求出左右管水银面的高度差；（2）分析初末状态的体积和压强，根据等温变化列式求解．【详解】（1）以活塞为研究对象，P0S+mg＝pSn得而所以有：解得：（2）活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm封闭气体的压强初始时封闭气体的压强为：汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律，有：代入数据：106800×70S=93200×hS解得：h=80cm【点睛】本题力学知识与气体性质的综合，桥梁是压强．往往对跟气体接触的水银或活塞研究，根据平衡条件或牛顿第二定律研究气体的压强．16.如图甲所示，足够宽水槽下面有一平面镜，一束单色光以入射角i射入水面，经平面镜反射后的光线恰好沿水平方向射出。已知水对该单色光的折射率为。（i）若平面镜与水平方向的夹角为q＝30°，求该单色光在水面入射角的正弦值sini；（ii）使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角。【答案】(1)(2)15°【解析】解：（i）由折射定律有由几何关系可知g＋2q＝90°可解得：sini＝nsing＝（ii）光在水面上发生全反射，有n由几何关系可知C＋2a＝90°联立可解得平面镜与水平方向的夹角为a＝15°