湖南省武冈市二中2019届高三下学期第一次月考物理试题 19页

武冈二中2019年下学期高三第一次月考物理试题 一.选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8小题只有一个选项符合要求，第9-12小题有多项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.如图所示，挡板垂直且固定在斜面上，一上表面呈弧形，左端最薄的滑块m放在斜面上，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板和滑块上，且处于静止状态，则与原来相比 ‎ A. 滑块对球的弹力增大 B. 挡板对球的弹力增大 C. 斜面对滑块的弹力增大 D. 拉力F增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.对球进行受力分析，如图（a）‎ 球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，滑块上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道挡板F1和滑块对球的作用力F2都减小；故A B错误；‎ CD. 再对滑块和球一起受力分析，如图（b）‎ 其中 FN=Gcosθ 不变，F+F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C错误D正确。‎ ‎2.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器．假设某次海事活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0 (t0 ＜t)时刻距离海平面的深度为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】蛟龙号上浮时的加速度大小为：‎ 根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为：‎ A. 与计算结果不符，故A错误。‎ B. 与计算结果不符，故B错误。‎ C. 与计算结果不符，故C错误。‎ D. 与计算结果相符，故D正确。‎ ‎3.如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移—时间图象(xt图象)，P(t1，x1)为图象上一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q.则下列说法正确的是(　　)‎ A. t1时刻，质点的速率为 B. t1时刻，质点的速率为 ‎ C. 质点的加速度大小为 D. 0～t1时间内，质点的平均速度大小为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.xt图象的斜率表示速度，则t1时刻，质点的速率为v＝，故A不符合题意，B符合题意；‎ C.根据图象可知，t＝0时刻，初速度不为零，根据a＝可知，加速度a＝≠，故C不符合题意；‎ D.0～t1时间内，质点的平均速度大小，故D不符合题意；‎ ‎4.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲.乙两辆车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知 A. 甲车任何时刻加速度大小都不为零 B. 在t＝3 s时，两车第一次相距最远 C. 在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置 D. 甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据速度时间图象的斜率等于加速度，可知，甲车的加速度可以为零。故A错误。‎ B. 在前3s内，甲速度比乙的大，两者出发点相同，则甲在乙的前方，两者间距逐渐增大。3-6s内，乙的速度比甲的大，两者间距逐渐减小，所以在t=3s时，两车第一次相距最远。故B正确。‎ C. 根据“面积”表示位移，可知前6s内，乙的位移比甲的大，则在t=6s时，两车不在同一位置，故C错误。‎ D. 根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知甲车在t=6s时的加速度与t=9s时的加速度不同，故D错误。‎ ‎5.两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是（   ）‎ A.        ‎ B.      ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做匀速圆周运动，拉力和重力的合力提供向心力，故，整理得是常量，即两球处于同一高度，故B正确，ACD错误，故选B。‎ ‎6.如图所示，水平直线上有A.O.B三点，BO =2AO，空间存在着竖直方向向上的匀强电场，若将一个电荷量为－Q的点电荷放在A点，O点的场强大小为E1，若将这个电量为－Q的电荷放在B点，O点的场强大小变为E2，则匀强电场的场强大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】-Q的点电荷放在A点时，设它在O点产生的场强为E0，由题意可知：‎ ‎-Q的点电荷放在B点时，由于BO=2AO，根据库仑定律 可知，则它在O点产生的出去的为，所以 联立可得：‎ A. 与计算结果不符，故A错误。‎ B. 与计算结果相符，故B正确 C. 与计算结果不符，故C错误。‎ D. 与计算结果不符，故D错误。‎ ‎7.以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是 A. 比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 B. 光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量 C. 某原子核经过一次衰变和两次衰变后，核内中子数减少6个 D. 的半衰期是5天，12g经过15天后衰变了1.5 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误。‎ B. 光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量，故B正确；‎ C. 经过一次α衰变，电荷数少2，质量数少4，经过两次β衰变，质量数不变，电荷数多2，则整个过程中电荷数不变，质量数少4，所以中子数少4，故C错误。‎ D.的半衰期是5天，12g经过15天后，即经过3个半衰期后剩下的 所以经过15天后衰变了10.5g，故D错误。‎ ‎8.如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器的原线圈，副线圈接固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是 A. 矩形线圈产生感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcos ωt B. 矩形线圈从图示位置经过时间内，通过电流表A1的电荷量为0‎ C. 当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小 D. 当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】因为线圈是从垂直中性面开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故A正确；t=时，线圈从垂直中性面转到中性面，磁通量一直增大，感应电流方向不变平均感应电动势不为0，平均电流不为0，q=•△t，所以通过电流表A1的电荷量不为0，故B错误；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A1和A2示数都变小，故C正确；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V1的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻R0两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，故D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等．‎ ‎9.2017年4月20日，中国第一艘货运飞船搭乘长征七号火箭发射升空，4月22日与天宫二号交会对接形成组合体，27日完成首次推进剂在轨补加试验，填补了中国航天的一个空白．6月15日18时28分，天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室顺利完成了第二次推进剂在轨补加试验（俗称太空加油），进一步验证了这一关键技术的可靠性，若已知“货运飞船”与“天宫二号”对接后，组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转，则 A. 可求出地球的质量 B. 不可求出地球的平均密度 C. 可求出组合体做圆周运动的线速度 D. 可求出组合体受到地球的万有引力 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据题意可知，组合体的角速度 根据万有引力提供向心力可知 所以可求出地球质量，故A正确。‎ B.因为地球半径未知，无法计算地球体积及密度，故B正确。‎ C.线速度 可知，可求出线速度，故C正确。‎ D.因为组合体的质量未知，所以无法求出组合体受到的万有引力，故D错误。‎ ‎10.同种材料制成的质量不相等的滑块甲乙，其质量分别为m甲.m乙，放在同一粗糙的水平面上，用一不可伸长的轻绳连接，将一光滑的圆环穿过轻绳，在圆环上施加一竖直向上的外力，当轻绳绷紧时与水平方向的夹角如图所示，当竖直向上的外力增大到某值时，两滑块甲.乙均恰好处于平衡状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 A. 两滑块的质量之比为 B. 两滑块的质量之比为 C. 地面对两滑块的摩擦力大小相等 D. 地面对滑块甲的摩擦力小于地面对滑块乙的摩擦力 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 设绳子拉力为F，根据共点力的平衡可得：对甲物体：‎ 对乙物体：‎ 联立解得：两滑块的质量m甲：m乙为 故A正确B错误。‎ CD. 地面对甲的摩擦力为 f甲=Fcos53°‎ 地面对乙滑块的摩擦力大小为 f乙=Fcos37°‎ f甲＜f乙，所以C错误，D正确；‎ ‎11.如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m、电量为q的带正电粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P到直径MN的距离为h，则 A. 若某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则该粒子的入射速度是 ‎ B. 恰好能从M点射出的粒子速度是为 C. 若h＝R / 2，粒子从P点经磁场到M点的时间是 ‎ D. 当粒子轨道半径r=R时，粒子从圆形磁场区域最低点射出 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中走了半周，其半径r1=h，由牛顿第二定律得： ，解得： ，选项A正确；粒子从M点射出，其运动轨迹如图，在△MQO1中， ‎ 解得： ，由牛顿第二定律得： ，解得： ，选项B正确；若 ， ， 解得： ，由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为， 粒子做圆周运动的周期：，粒子的运动时间： ，选项C错误；当粒子轨道半径r=R时，粒子的轨道圆的圆心在与入射点关于MN对称的位置，由几何关系可知，粒子从圆形磁场区域最低点射出，选项D正确；故选ABD.‎ 点睛; 本题考查了带电离子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题；处理粒子在匀强磁场中的运动问题，要会定圆心、找半径，结合圆周运动求相关量.‎ ‎12.下列说法中正确的是 A. 单晶体在各个方向上的导热性.导电性.机械强度等物理性质不一样 B. 露珠呈球状是由于受重力的作用 C. 某物体温度高，组成该物体的某些分子速率可能很小 D. 理想气体等温膨胀，一定从外界吸热 E. 压缩气体需要用力表明气体分子间存在斥力 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单晶体具有各向异性，但并不是在不同方向上的导热性、导电性、机械强度等物理性质都不一样，故A错误。‎ B. 液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，露珠呈圆形是由于表面张力。故B错误；‎ C. 物体的温度高，分子平均动能大，但由于分子运动是无规则的，所以组成该物体的某些分子速率可能很小，故C正确。‎ D. 理想气体等温膨胀的过程中对外做功，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量。故D正确；‎ E. 气体分子间距较大，分子力很小。压缩气体需要用力是为了克服气体内外的压强差，并不表明气体分子间存在着斥力。故E错误。‎ 二.填空题（本题共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13.如图1所示的实验装置可以探究加速度与力的关系。右端带有定滑轮的长木板放置在水平固定的桌面上，靠近长木板左端安放电磁打点计时器，小车靠近电磁打点计时器，纸带穿过电磁打点计时器限位孔与小车相连，小车右侧连一根轻质细绳并绕过定滑轮连一钩码。开始实验前，应将长木板左端适当垫高。设小车质量为M，钩码质量为m。‎ ‎（1）下列关于本实验说法正确的是 （ ）‎ A.电磁打点计时器应连接220 V交流电源 B.将长木板左端适当垫高的目的是平衡小车及纸带系统所受阻力 C.平衡阻力时应开启电磁打点计时器并使小车带动纸带做匀速直线运动 D.实验时要先释放小车，再接通电磁打点计时器电源 ‎（2）某同学多次改变钩码质量，作出小车加速度随拉力变化的图像，如图2。该图像不过坐标原点，而且图像右上端明显偏离图中虚直线方向，可能原因是（ ）‎ A．长木板左端垫高不够，平衡阻力不足 B．长木板左端垫得过高，平衡阻力过度 C．钩码质量m比小车质量M没有足够大 D．钩码质量m比小车质量M没有足够小 ‎（3）某次实验得到一条纸带如图3所示，0－6是选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，各计数点间的距离如图3所示。（已知交流电源的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字。）‎ 在纸带上打下计数点5时的速度v＝_____m/s；‎ 在纸带上打点0－6过程中平均加速度a＝____m/s2。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). AD (3). 0.486 (4). 0.52‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A.因为是电磁打点计时器，所以应连接4-6 V交流电源，故A错误。‎ B. 将长木板左端适当垫高的目的是平衡小车及纸带系统所受阻力，故B正确。‎ C. 平衡阻力时应开启电磁打点计时器，根据纸带判断小车是否做匀速运动，使小车带动纸带做匀速直线运动，故C正确。‎ D. 实验时为了减小误差，应先要先接通电磁打点计时器电源，再释放小车，故D错误。‎ ‎(2)[2]AB.根据图像可知，当力大于某一值时才出现加速度，所以是平衡摩擦力不足，故A正确B错误。‎ CD.本实验要求m远小于M，才可以用mg代替绳中的拉力，根据图像可知，随着F变大，m变大，不满足m远小于M，所以图像出现曲线部分，故C错误D正确。‎ ‎(3)[3][4] 计数点5的瞬时速度 在纸带上打点0－6过程中平均加速度 ‎14.为了测量待测电阻Rx的阻值（约为200Ω），备有以下器材：‎ A．电源E:电动势约为1.5 V，内阻可忽略不计；‎ B．电流表A1：量程为0～10 mA，内阻r1＝20Ω；‎ C．电流表A2：量程为0～30 mA，内阻r2≈6Ω；‎ D．定值电阻R0：阻值R0 =80Ω；‎ E．滑动变阻器R1：最大阻值为20 Ω；‎ F．滑动变阻器R2：最大阻值为2000Ω；‎ G．单刀单掷开关S，导线若干；‎ ‎（1）滑动变阻器应选择____（填“E”或“F”）。‎ ‎（2）为了尽量准确地测量电阻Rx，在（甲）.（乙）两图中，应选择图____（填图号）。‎ ‎（3）合理选择电路后，某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2．则Rx的表达式为Rx＝_____。‎ ‎（4）本实验中，设滑动触头P从b端开始向左移动的距离为x，P，b两点电压为U，若图(丙)A，B，C，D中有两条是分别使用R1，R2进行实验时的U－x关系图线，则对应R2的是____线。‎ ‎【答案】 (1). E (2). 乙 (3). (4). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 滑动变阻器R2的最大阻值为2000Ω，电阻值太大，对分压的调节效果不好，所以要使用电阻值比较小的R1，在闭合开关前，要使测量的部分的电压最小，所以滑动变阻器的滑片P应置于b端。‎ ‎(2)[2]因为电流表A1内阻已知，所以应选择图乙，可准确测量电阻阻值。‎ ‎(3)[3] 根据欧姆定律和并联电路电压相等得：‎ 解得：‎ ‎(4)[4]因为R2的阻值比测量电路（包括电流表A1、A2和两个电阻Rx、R0）电阻大得多，故在P从b点向左滑动开始阶段，测量电路由Pb部分并联的电阻很小，故电压很小，当到达a端时，测量电路两端电压突然增加，接近于电源电动势，故D正确ABC错误。‎ 三.计算题（共36分）‎ ‎15.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上直线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′，bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝l T；现有一质量为m＝10 g，总电阻R＝1Ω.边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，( g= 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎（1）线圈进入磁场区域时的速度；‎ ‎（2）线圈释放时，PQ边到bb′的距离；‎ ‎（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1) 2m/s (2) 1m (3) 4×10-3J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 设线圈匀速进入磁场时的速度为v，对线圈受力分析，得：‎ FA+μmgcosθ=mgsinθ 而 FA=BId，，E=Bdv 联立解得：‎ v=2m/s ‎(2) 设PQ边到bb′的距离为L，根据动能定理：‎ 解得：‎ L=1m ‎(3) 由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长d，则线圈进入磁场到离开磁场，经过的路程为2d，则有：‎ Q=FA•2d=（0.02×0.2）J=4×10-3J ‎16.如图，质量均为2m的木板A、B并排静止在光滑水平地面上，A左端紧贴固定于水平面的半径为R的四分之一圆弧底端，A与B、A与圆弧底端均不粘连。质量为m的小滑块C从圆弧顶端由静止滑下，经过圆弧底端后，沿A的上表面从左端水平滑上A，并在恰好滑到B的右端时与B一起匀速运动。已知重力加速度为g，C过圆弧底端时对轨道的压力大小为1.5mg，C在A、B上滑行时受到的摩擦阻力相同，C与B一起匀速的速度是C刚滑上A时的0.3倍。求：‎ ‎(1)C从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功；‎ ‎(2)两板长度L1与L2之比。‎ ‎(3)C刚滑到B的右端时，A右端到B左端的水平距离s与`的长度L2之比。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设C到达圆弧底端时的速度为v0，轨道对C支持力大小为N，下滑过程C克服摩擦力做的功为Wf。由动能定理，有：‎ ‎① ‎ C过底端时，由牛顿第二定律，有：‎ ‎② ‎ 由牛顿第三定律，知：③‎ 联立①②③式得： ④ ‎ ‎（2）设C刚滑过A到达B时，C的速度为vC，A、B的速度为v，B、C共同速度为vBC，C与A、B间的摩擦力为f。‎ C从滑上A到刚滑到B这个过程，C和A、B组成的系统动量守恒。‎ 由动量守恒守律：⑤ ‎ 由功能关系：⑥ ‎ C滑上B到与B共速这个过程，对C和B组成的系统，‎ 由动量守恒定律：⑦ ‎ 由功能关系：⑧‎ 或：C从滑上A到与B共速的全过程 由动量守恒定律：⑨‎ 由功能关系：⑩‎ ‎⑤⑦⑨任两式联立并代入得： ‎ ‎⑥⑧⑩任两式联立并代入得： ‎ ‎（3）设C从滑上B到与B共速所经历的时间为t，‎ 对B，由动量定理： ‎ 在t时间内，A通过距离： ‎ 设B在t时间内通过的距离为sB，‎ 对B应用动能定理： ‎ ‎ ‎ 联立⑧⑩式并代入， 得：‎ ‎ ‎ ‎17.如图所示，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的水，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气.将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有水流出.已知水的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高.忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体.(室内温度不变)‎ ‎(1)求室内温度.‎ ‎(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比.‎ ‎【答案】(1) 　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设喷雾器的横截面积为S，室内温度为T1，喷雾器移到室内一段时间后，封闭气体的压强 p1＝p0＋ρg·，V0＝S·‎ 气体做等容变化： ‎ 解得：T1＝‎ ‎(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为p2，体积为V2＝hS.此气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3‎ 则p2＝p0＋ρgh，p1V3＝p2V2‎ 即(p0＋ρg·)V3＝(p0＋ρgh)hS 同温度下同种气体的质量比等于体积比，设充入气体的质量为Δm 则 ‎ 代入得 ＝‎ ‎ ‎ ‎ ‎