湖北省恩施州2019届高三下学期2月教学质量检测物理试卷 14页

‎2019届高三年级2月教学质量检测 理科综合试卷 选择题 ‎1.如图所示，倾角为θ=37°的斜面体放在水平面上，斜面上的一个小球用绕过斜面上方定滑轮的细线拉着并处于静止状态。现拉动细线使小球沿斜面向上缓慢移动，斜面体始终处于静止。球与斜面间的动摩擦因数为0.5，当细线与斜面间的夹角α=37°时，细线上的拉力大小为 A. mg B. mg C. D. 2mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，根据正交分解法建立平衡方程即可求解.‎ ‎【详解】当细线与斜面间的夹角α=37°时，根据力的平衡可知：‎ ‎ 解得，故选C.‎ ‎2.利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，可以制成氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，能辐射出波长最短的电磁波的频率为(已知普朗克常数为6.63×10－34J·s)‎ A. 3.08×1014Hz B. 3.08×1015Hz C. 1.93×1014Ihz D. 1.93×1014Hz ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】辐射出的波长最短的电磁波为频率最高的电磁波，即为能量最大的电磁波，根据波尔理论可知：，解得，故选B.‎ ‎3.在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想电表。现在a、b端输入正弦交流电，电键S断开时，电压表的示数为U1，电键S闭合后，电压表的示数为U2，则的值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据变压器原副线圈中的电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，分别分析当电键S断开和闭合时的两种情况.‎ ‎【详解】设ab端输入的电压为U，当电键S断开时，原线圈两端的电压为，副线圈中的电流；原线圈中的电流 ，则；当电键S断开时，原线圈两端的电压为，副线圈中的电流，原线圈中的电流 ，则；则，故选D.‎ ‎4.2018年11月1日深夜23时57分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第41颗北斗导航卫星。这颗卫星属于地球静止轨道卫星，2018年11月19日2时7分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭(及远征一号上面级)以“一箭双星”方式成功发射第四十二、四十三颗北斗导航卫星，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星。中圆地球轨道卫星的轨道半径小于地球静止轨道卫星的轨道半径。对于北斗卫星导航系统中的地球静止轨道卫星和中圆轨道卫星，下列说法正确的是 A. 这两种卫星的发射速度均大于7.9km/s B. 这两种卫星在轨道做圆周运动的速度均大于7.9km/s C. 这两种卫星可以定点或通过北京上空 D. 发射地球静止轨道卫星需要的能量比发射中圆轨道卫星需要的能量多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一宇宙速度是最大的环绕速度，也是最小的发射速度；同步卫星只能定点在赤道的上方；据此进行判断.‎ ‎【详解】近地卫星的环绕速度等于最小的发射速度，大小为7.9km/s，这两种卫星的发射速度均大于7.9km/s，选项A正确；‎ 卫星绕地球做圆周运动的最大速度为7.9km/s，因此这两种卫星在轨做圆周运动的速度均小于7.9km/s，选项B错误；‎ 同步卫星只能定点在赤道的上方，选项C错误；‎ 由于两种卫星的质量大小不知道，故无法比较发射能量的大小，选项D错误；‎ 故选A.‎ ‎5.如图甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a随弹簧的伸长量x的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簣的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则物块的质量m及物块与地面间的动摩擦因数μ为 A. m=，μ= B. m=，μ= C. m=，μ= D. m=，μ=‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律列式找打a-x函数关系，对照图像的截距和斜率进行解答.‎ ‎【详解】对物体根据牛顿第二定律：kx-μmg=ma，解得，结合图像可知，解得，-μg=-b可得，故选A。‎ ‎6.一个质量为m的小球以大小为v0的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，则在小球的速度大小变为2v0的过程中，‎ A. 重力做功为mv B. 重力的冲量为mv0‎ C. 运动过程重力做功的平均功率为mgv0‎ D. 速度大小为2v0时重力的瞬时功率为mgv0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】根据PG=mgvy求解重力的瞬时功率；根据I=mgt求解重力的冲量；根据动能定理求解重力功；根据求解重力的平均功率.‎ ‎【详解】当小球的速度为2v0时，根据速度分解可知，竖直方向的分速度vy=v0，重力的瞬时功率PG=mgvy=mgv0，选项D错误；下落的时间，重力的冲量为，选项B正确；根据动能定理，重力做功，选项A错误；重力做功的平均功率：，选项C正确；故选BC.‎ ‎7.如图所示为环形加速器，整个装置处在垂直于环面向外、大小可调节的匀强磁场中。A、B为两块中间开有小孔的极板，每当质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从B板小孔射入两板间时，两板间会加上电压U，使粒子在两板间得到加速，粒子离开两板间后，两板间的电压立即减小为零，粒子始终在环形区域中做半径不变的匀速圆周运动，两板间距离远小于环的半径R，不计粒子的重力，设粒子开始时在B板小孔附近由静止释放加速，下列说法正确的是 A. 粒子每加速一次速度的增量相同 B. 粒子可以一直不断地被加速下去 C. 电压U越大，粒子获得的最大动能越大 D. 粒子被加速n次后，匀强磁场的磁感应强度大小应为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子每经过电场一次，则动能增加Uq，但是速度增量不同；根据相对论原理可知粒子不可能一直被加速；根据动能定理结合圆周运动公式求解匀强磁场的磁感应强度.‎ ‎【详解】根据Uq=mv22-mv12‎ 可知，粒子每加速一次动能的增量相同，但是速度的增量不同，选项A错误；粒子的速度接近光速时，质量会发生明显的变化，磁场与加速电压的周期难以控制，粒子不可能一直加速下去，选项B错误，C正确；粒子被加速n次后，nUq=mvn2，且 解得，选项D正确；故选CD.‎ ‎8.如图所示为某静电场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，则下列说法正确的是 A. 粒子一定带正电 B. 粒子运动到坐标轴上x2处速度最大 C. 粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力的冲量为零 D. 粒子从坐标轴上x1处运动到x2处，加速度先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 沿电场线电势降低，根据电势的分布可知电场的方向，从而判断电场力的方向，从而判断电性；根据粒子受的电场力的方向判断运动情况；φ-x图像的斜率等于场强，从而判断加速度变化情况。‎ ‎【详解】A．由于从坐标原点沿x轴正向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点由静止沿x轴正向运动，因此可知粒子带负电，选项A错误；‎ B．粒子从O到x2做加速运动，从x2向右做减速运动，因此粒子运动到坐标轴上x2处速度最大，选项B正确；‎ C．由于粒子只受电场力作用，因此电势能和动能之和为一定值，即粒子在x1处和到x2处电势能相等，动能相等，由于运动方向相同，因此速度相同，根据动量定理可知，粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力的冲量为零，选项C正确；‎ D．由可知，坐标轴上x1处到x2处，电场强度一直减小，由a=qE/m可知，粒子的加速度一直减小，选项D错误；‎ 故选BC.‎ 非选择题 ‎9.如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图。长木板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簣的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置。‎ ‎(1)关于实验的要点，下列说法正确的是___________。‎ A.入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 B.入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同 C.长木板必须尽可能地光滑 D.用重锤线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置 E.实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点 ‎(2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的___________两点；若入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为________________。(用图中字母表示)‎ ‎【答案】(1). ABD (2). Q 、P ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验的原理及注意事项分析各个选项；‎ ‎（2）实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；‎ ‎【详解】（1）A.为了保证碰撞后两球都能从槽口飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，选项A正确；‎ B.为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项B正确；‎ C.长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射球与被碰球碰前的速度相同，选项C错误；‎ D.用重锤线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位移，选项D正确；‎ E.实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位置，减小实验的误差，选项E错误；‎ 故选ABD.‎ ‎（2）入射小球前后两次的落地点位置分别为图中的Q、P两点；两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则有：m1v2=m1v1+m2v3 两边乘以t即为：。即实验需要验证的表达式为：.‎ ‎【点睛】本题考查了验证动量守恒实验的注意事项、实验器材的选择、数据处理，知道实验原理、实验注意事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以用水平位移表示初速度。‎ ‎10.为了研究小灯泡的电阻随温度变化的规律，某同学设计了如图甲所示的电路，电路中选用的小灯泡的额定值为“2.8V 0.28A”。‎ ‎(1)实验室提供的滑动变阻器有R1(50Ω，1.5A)、R2(5Ω，2A)，本实验应选用___________(填“R1”或“R2”)‎ ‎(2)根据设计的电路图，连接好乙图中的电路图.‎ ‎(3)在某次测量中，电压表的示数如图丙所示，其读数为___________V。‎ ‎(4)根据测得的电压、电流值，作出U－Ⅰ图像如图丁实线所示，由图像可得，小灯泡正常发光时的电流为___________(保留三位有效数字)，这个电流值与额定电流有差别的原因是___________。‎ ‎(5)图中a为电压为1.00V时图线上的点的割线，b为该点的切线，要求图线上该点对应的灯泡的电阻，应求___________(填“a”或“b”)的斜率，由图线可以分析：小灯泡的电阻随温度的升高而______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎ (4). 均可得分 电压表有分流作用 ‎ ‎ (5). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）滑动变阻器要接成分压电路时要选择阻值较小的；‎ ‎（2）根据电路图连接实物图；‎ ‎（3）根据电压表的量程读数；‎ ‎（4）根据电路的结构分析误差的原因；‎ ‎（5）根据R=U/I可知灯泡在某状态的电阻值等于这点与原点连线的斜率值。‎ ‎【详解】（1）由于滑动变阻器的分压接法，为了使调节时电压表的示数变化尽可能趋于均匀，滑动变阻器应该选择阻值较小的R2；‎ ‎（2）实物连线如图；‎ ‎（3）电压表读数为2.40V；‎ ‎（4）由图像可知小灯泡正常发光时的电流约为283mA=0.283A(0.282-0.284A)这个电流值比额定电流值大的原因是电压表的分流作用；‎ ‎（5）根据R=U/I可知，要求图中电压为1.00V时图像上的点对应的电阻，应求割线a的斜率；随温度升高，割线的斜率越来越大，灯泡的电阻越来越大.‎ ‎【点睛】测小灯泡伏安特性曲线实验要求滑动变阻器用分压式接法，电流表用外接法，分压式时变阻器要选阻值小的，要熟记．‎ ‎11.如图所示为轮滑比赛的一段模拟赛道。一个小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的斜坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力，不计物块的大小。求：‎ ‎(1)物块的初速度v0大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；‎ ‎(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C点，如果能，试分析物块从C点抛出后，会不会直接撞在竖直墙AB上；如果不能，试分析物块最终停在什么位置?‎ ‎【答案】(1) , (2)物块刚好落在平台上的B点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，根据水平速度不变求解C点的速度；根据机械能守恒定律列式可求解小球的初速度v0；物块从A到F的过程，根据动能定理列式可求解物块与水平赛道间的动摩擦因数；‎ ‎（2）假设物块向右返回时，能滑到C点，根据动能定理列式求解C点的速度，若有解说明假设正确；结合平抛运动的规律求解物块最终停在什么位置.‎ ‎【详解】（1）物块从A点抛出后做平抛运动，在C点的速度大小为 ‎ 几何关系可知AB的高度：h=Rcos600=0.5R；‎ 设物块的质量为m，从A到B点的过程，根据机械能守恒定律： ‎ 解得 ‎ 物块从A到F的过程，根据动能定理： ‎ 解得 ‎ ‎（2）假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC′，根据动能定理：‎ 求得 假设成立；‎ 假设物块从C点抛出后直接落在BC平台上，BC长度： ‎ 物块在C点竖直方向的分速度 ‎ 水平分速度：‎ 落在BC平台上的水平位移：‎ 即物块刚好落在平台上的B点.‎ ‎12.如图所示，光滑平行导轨MN、M′N′固定在水平面内，左端MM′接有一个R=2Ω的定值电阻，右端与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点，且半圆轨道的半径均为r=0.5m，导轨间距L=1m，水平轨道的AMN′A′的矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域的宽度d=1m，一个质量为m=0.2kg，电阻R0‎ ‎=0.5Ω，长也为1m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界S处，在与棒垂直、大小为2N的水平恒力F的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至NN′时撤去F，结果导体棒ab恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP′，重力加速度g=10m/s2。求：‎ ‎(1)匀强磁场磁感应强度B的大小及S的大小；‎ ‎(2)若导体棒运动到AA′吋时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上，如果不能说明理由，如果能，试判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会离开轨道；‎ ‎(3)在(2)问中最终电阻R中产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1) , (2)不会离开半圆轨道(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）金属棒在磁场中匀速运动，则所受的拉力F与安培力平衡；金属导体棒恰好能运动到半圆轨道的最高点，则重力等于向心力；结合动能定理以及机械能守恒定律列式可求解B和s的大小；‎ ‎（2）若导体棒运动到AA′时撤去拉力，物块以v1=5m/s的速度进入磁场，假设物块能穿过磁场区域，根据动量定理列式求解穿过磁场的速度即可判断；导体棒能进入半圆轨道，根据圆周运动恰能经过最高点的临界条件判断能否达到最高点；‎ ‎（3）根据动量定理求解导体棒向左穿过磁场后的速度；根据能量守恒定律求解定值电阻上的焦耳热。‎ ‎【详解】（1）设金属棒在磁场中匀速运动的速度为v1，则导体棒产生的电动势：E=BLv1‎ 回路的电流 ‎ 根据力的平衡：F=BIL；‎ 设金属导体棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时速度大小为v2，根据牛顿第二定律可知：mg=m ‎ 根据机械能守恒定律： ‎ 解得B=1T，v1=5m/s 根据动能定理：‎ 解得s=1.25m ‎（2）若导体棒运动到AA′时撤去拉力，物块以v1=5m/s的速度进入磁场，假设物块能穿过磁场区域，穿过磁场区域时的速度大小为v3，根据动量定理有：‎ ‎ ‎ 即 解得v3=3m/s 假设成立，导体棒能运动到半圆轨道上；‎ 设导体棒在半圆轨道上运动时不会离开轨道，设导体棒在半圆轨道上上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律： ‎ 解得h=0.45m 由于h0，假设成立；‎ 因此水银不会流出，管中水银面离管口的距离为(5-20)cm。‎ ‎15.下列说法正确的是___________‎ A. 全息照相主要是利用了光的干涉现象 B. 单反相机的增透膜利用了光的偏振现象 C. 用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了光的干涉 D. 障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生衍射现象 E. 人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的单缝衍射图样 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．全息照相主要是利用了一束光分成两束频率相同的光干涉进行成像的，选项A正确；‎ B．增透膜利用了光的干涉原理，利用膜的前后两个表面产生的反射光，发生干涉相消，阻止反射来增加投射的目的，选项B错误；‎ C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了光学器件上上下表面反射光的干涉检测的，选项C正确；‎ D．障碍物的尺寸比光的波长大得多时，也会发生衍射现象，只是不明显而已，选项D错误；‎ E．人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的单缝衍射图样，选项E正确；‎ 故选ACE.‎ ‎16.如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形图，图中P、Q为平衡位置分别为x1=6m、x2=10m的两个质点，质点P的振动方程为y=0.2cos2πt(m)，质点Q从t=0时刻开始经过s第一次到达波峰。求：‎ ‎①这列波传播的方向及传播的速度；‎ ‎②x3=24m处的质点在t=6s时的位移及振动的方向。‎ ‎【答案】①波沿轴负方向传播， ②，质点沿轴正向振动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①由质点的振动方程可知波的周期；根据波形图可知波长；根据求解波速；根据经过5s/6第一次到达波峰可判断波得传播方向；‎ ‎②由波的传播方向及质点的振动方向的关系找到t=0时刻x3=24m处的质点的振动方向，从而确定振动方程，根据振动方程求解该质点在t=6s时的位移及振动的方向。‎ ‎【详解】①由质点的振动方程可知：‎ 波的传播周期T=1s；波速 ‎ 由于 质点Q从t=0时刻开始，经过5s/6第一次到达波峰，由此判断波沿x轴负方向传播；‎ ‎②由波的传播方向及质点的振动方向的关系可知，x=24m处的质点在t=0时刻在平衡位置沿y轴正向振动；‎ 因此x=24m处的质点的振动方程为，‎ 则时，x=24cm处的质点的位移：；‎ 根据波动于振动的关系可知，此质点正沿y轴正向振动。 ‎