贵州省遵义市第四教育集团2019届高三物理上学期第二次联考试题（含解析）.doc

贵州省遵义市第四教育集团2019届高三第二次联考理综物理试题一、选择题1.下列四个核反应方程式书写正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】核反应前和反应后的质量数和电荷数守恒。【详解】A项：为发现质子的人工转变方程，但质量数不守恒，故A错误；B项：钠的质子数为11，失去电子是核外电子变化不是核反应方程式，故B错误；C项：是核反应方程，且质量数和电荷数守恒，故C正确；D项：质量数不守恒，故D错误。故选：C。【点睛】本题考查了核反应方程的分析判断，要注意反应前后质量数和电荷数要守恒。2.在光滑水平面上，一物体在水平力F的作用下，由静止开始做直线运动，F随位移x变化的图线如图所示，下列描述其位移 时间(x -t)和速度 时间（v-t）关系图象正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由受力图象依据牛顿第二定律可以得到加速度的F的关系，进而可以得到速度图象F-x图象与坐标轴围成的面积表示力F做的功，即合外力做功，结合运动性质判定其位移图象。【详解】由牛顿第二定律，F=ma，得到：，可知，a与F成正比，由速度公式：v=at可知，a一定的时候，v与t成正比，故0t0：物体做匀加速直线运动，t0-3t0：物体做匀减速直线运动，故C正确，D错误；F-x图象与坐标轴围成的面积S=2F0a-F0（3a-a）=0，则合外力做功为零，根据动能定理可知，末速度为零，则物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，最后速度减为零，位移逐渐增大，故AB错误。故选：C。【点睛】重点次序问题：先要由受力来确定加速，进而由加速度确定运动性质，之后才能判定出来位移图象这个先后次序不能颠倒。3.近年来，人类发射了多枚火星探测器，对火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该探测器运动的周期为T，则火星的平均密度的表达式为（k是一个常数）( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量；根据密度公式表示出密度。【详解】研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：（r为轨道半径即火星的半径）解得： 则火星的密度： 联立解得：（k为某个常量）则A B C错误，D正确。故选：D。【点睛】运用万有引力定律求出中心体的质量。能够运用物理规律去表示所要求解的物理量。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。4.匝数为N的矩形线框ABCD放在垂直纸面向里的磁场中，开始线框所在的平面与磁场方向垂直，如图所示，现以线框的AB边为轴使其在水平面内以恒定的加速度匀速转动，经测量可知此时线框的转动周期为To，线框中所产生的感应电动势的最大值为Em下列选项中正确的是( )A. 线框中所产生的感应电动势的有效值为B. 线框在转动一周的过程中穿过线框磁通量的最大值为C. 线框转动过程穿过每匝线框的磁通量变化率的最大值为D. 线框转动一周的过程中电流方向始终不变【答案】C【解析】【详解】A项：线框中所产生的感应电动势的有效值为，故A错误；B项：当线框平面与磁场垂直时磁通量最大即为，解得：，故B错误；C项：由公式，解得：，故C正确；D项：线框转动一周的过程中电流方向改变两次，故D错误。故应选：C。5.一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A. A处的电场强度小于B处的电场强度B. 粒子在A处的电势能大于在B处的电势能C. C,D间各点电场强度和电势都为零D. A,B两点的电势差等于C,B两点间的电势差【答案】BD【解析】【分析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系。由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系。【详解】A项：由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；B项：由A到B的过程中，速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以粒子在A点的电势能高于B点的电势能，故B正确；C项：从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；D项：A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确。故选：BD。【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。这常是判断电荷电势能如何变化的依据。还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。6.无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即（式中k为常数）如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I.在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距导线I的距离为L下列说法正确的是（ ）A. a点和b点的磁感应强度方向相同B. a点和b点的磁感应强度方向相反C. a点和b点的磁感应强度大小之比为8:1D. a点和b点的磁感应强度大小之比为16：1【答案】AD【解析】【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在M、N点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。【详解】A、B项：根据右手螺旋法则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I导线与I导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下的；由 3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而I导线在b处的磁感应强度方向向上，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误；C、D项：3I导线与I导线在a处的磁感应强度大小Ba= 而3I导线与I导线在b处的磁感应强度大小Bb=，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16：1，故C错误，D正确。故选：AD。【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。7.如图所示，B、C为竖直平面内一圆周上的两点，网心为O，B、O连线竖直，A点位于B点正上方，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球现有两个完全相同的带正电的小球a、b，先将小球A穿在细杆上，让其从A点由静止释放后沿杆下滑，后使小球b从A点由静止释放后竖直下落，不计两小球间的相互作用力，则下列说法中正确的是（ ）A. 小球a沿杆做匀加速直线运动B. 小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C. 从A点到C点，小球以的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变D. 小球a从A点到C点的过程中电场力做的功等于小球b从A点到B点的过程中电场力做的功【答案】CD【解析】【分析】圆心O处放一个负电荷，圆周为一个等势面，带正点的小球下落的过程中，除受到重力作用外，还要受到静电引力的作用，可以根据动能定理列式分析。【详解】A项：从A到C点，小球受到重力、静电引力、弹力作用，静电引力为变力，故合力为变力，加速度是变化的，故A错误；B、项：由于圆周为等势面，故小球从A到C和A到B电场力做功相等根据动能定理：小球a：mghAB+W静电=Eka小球b： mghAC+W静电=Ekb由于a球下降的高度较大，故a球的动能较大，故B错误；C项：除重力外的其余力（即电场力）做的功等于机械能的增加量，由于电场力先做正功，后做负功，故机械能先增加，后减小，故C正确；D项：由于圆周为等势面，故小球从A到C和A到B电场力做功相等，故D正确。故选： CD。【点睛】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从A到C和A到B电场力做功相等。8. 如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是（ ）A. 金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为：1：B. 金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1：2C. 从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1D. 从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1：1【答案】BC【解析】试题分析：金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1：；根据E=BLv知，产生的电动势之比为1：，由闭合电路欧姆定律得知感应电流之比为1：，由公式F=BIL可知安培力之比为1：，根据牛顿第二定律，有：FFA=ma，FA=Fma， ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1：故A错误通过b、c两个位置的速度比为1：，根据知，电阻R的电功率之比为1：2故B正确由，因为ab=bc，则qab=qbc，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1，故C正确根据能量守恒定律，热量Qab=Fxabmvb2，又vb2=2axab，则Qab=Fxabmaxab同理Qbc=Fxbcmaxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等故D错误故选BC考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；能量守恒定律【名师点睛】本题考查的知识较多，关键要掌握运动学公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律，安培力公式等等知识，能记住感应电荷量经验公式，如果是计算题要会推导。二、实验题9.某同学尝试用橡皮筋等器材验证力的平行四边形定则，他找到两条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端与细绳连接，结点为O，细绳下挂一重物，两橡皮筋的另一端也都连有细绳实验时，先将一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子A上，另一条橡皮筋任其下垂，如图所示；再将另一条橡皮筋的另一端的细绳也固定在墙上的钉子B上，如图所示(l)为完成实验，下述操作中必需的是_a两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度要相同b要测量橡皮筋的原长c要测量图甲和图乙中橡皮筋的长度d要记录图甲中结点()的位置及过结点O的竖直方向e要记录图乙中结点O的位置及过结点O的竖直方向(2)对该实验“两条相同的橡皮筋”的要求的理解正确的为_a橡皮筋的材料和原长相同即可b橡皮筋的材料和粗细相同即可c橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同【答案】 (1). bce; (2). c;【解析】【分析】本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，由于没有弹簧测力计，橡皮筋遵守胡克定律，可测量橡皮筋的长度和原长来确定合力与分力的大小关系。【详解】(1) a项：两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度不一定要相同，故a错误；b、c项：两条橡皮筋遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示，故bc正确；d、e项：为了正确作出合力与分力的图示，必须记下O点的位置及过结点O的竖直方向，故d错误，e正确。故选：bce；(2) 该实验测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示所以橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同故ab错误，c正确。故选：c。【点睛】本实验在无法测量力的大小的情况下，可以采用比例法作图，运用胡克定律，需要测量橡皮筋的伸长量掌握实验原理，从多个角度来理解和分析实验，提高分析解决问题的能力。10.某同学要测量一段未知材料电阻丝的电阻率，已知电阻丝长度为L，电阻约为20 ，可提供的实验仪器有：A.电流表G，内阻Rg=120 ，满偏电流Ig=3 mAB电流表A，内阻约为0.2 ，量程为00.6 AC螺旋测微器D变阻箱(0-9999 ，0.5 A)E滑动变阻器R(5 ，1 A)F电池组(3 V，0. 05 )G. 一个开关和导线若干他进行了以下操作：(l)用螺旋测微器测量这段电阻丝的直径，如图所示为螺旋测微器的示数部分，则该次测量测得电阻丝的直径d=_mm.(2)把电流表G与电阻箱串联当作电压表用这块“电压表”最大能测量3V的电压，则电阻箱的阻值应调为Ro=_ (3)图虚线框中只是他设计的实验电路图的一部分，请将电路图补画完整_(4)请根据设计的合理的电路图进行正确的电路连线_(5)闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到某确定位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2请用测得的物理量和已知量写出计算电阻率的表达式=_【答案】 (1). 0.264-0.267； (2). 880； (3). (4). (5). 【解析】【分析】(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；(2)电流表改装为大量程的电压表，需串联电阻起分压作用，根据欧姆定律求出串联电阻的阻值；(3)将电流表外接误差较小，因为改装后的电压表测量的是电阻丝的准确电压，用电流表的电流减去电流表G的电流为通过电阻丝的准确电流根据测量的误差确定滑动变阻器的分压还是限流接法；(4)根据电路图连接实物图；(5)通过欧姆定律、电阻定律求出电阻率的表达式。【详解】(1) 螺旋测微器的读数为：0+0.0126.5mm=0.265mm；(2) 根据欧姆定律得，；(3) 电流表采取外接法测量误差较小，因为改装后的电压表测量的是电阻丝的准确电压，用电流表的电流减去电流表G的电流为通过电阻丝的准确电流若限流，电压表变化范围约在2.4V-3V之间，误差较大所以采用滑动变阻器分压式接法误差较小，电路图如图：(4) 实物连线图如图(5) 根据欧姆定律得，根据电阻定律得， ，联立两式得，。【点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及知道电表改装的原理，会分析实验的误差，知道误差的来源。三、计算题11.如图所示，一质量为m=ll0-5 kg，电量为q=5l0-l0C的带正电的粒子，在A点以竖直向下的速度vo运动，整个区域存在竖直向上的匀强电场，场强为E=200 V/m，同时存在着方向变化的匀强磁场，磁场强度为B=1 T，规定垂直纸面向里为正方向，其变化规律如图所示，粒子运动过程离开A点的最远距离为L=8 m，一段时间后粒子能够再次回到A点（g=10 m/s2）求：(l)粒子运动的初速度vo；(2)粒子从A点出发运动到最远点所满足的时间关系【答案】(1)0.1m/s（2） 【解析】【详解】(1)据题意得： 故可等效粒子只受洛伦兹力作用由匀速圆周运动可知： 恰好与磁场变化周期相同，粒子运动的轨迹如图所示又有： 联立解得：；(2)由分析可知，粒子第一次运动到最远点的时间为： 以后每隔两个周期都会运动到最远点，所以粒子从A点出发运动到最远点所满足的时间关系为： (n=0、1、2、3）。12.如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高h=0.8 m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮带动皮带以v=30 m/s的速度沿顺时针方向匀速传动三个质量均为m=l.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态滑块A以初速度vo=2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离滑块C脱离弹簧后以速度vc=20 m/s滑上传送带，并从右端滑m落至地面上的P点已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数=0. 20，重力加速度g取10 m/s2求：(1)P点到传送带右端的水平距离s；(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E。；(3)若弹簧的压缩情况不变，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？【答案】（1）1.2m（2）1.0J（3）7.1m/s【解析】【分析】弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下作匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。【详解】(1) 滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式mg=mav=vC+at 代入数据可得 x=1.25mx=1.25mL即滑块C在传送带上先加速到传送带速度后再随传送带匀速运动，并从右端以v=3m/s的速度滑出做平抛运动，则有： 解得：s=1.2m；(2) 设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0=（mA+mB）v1（mA+mB）v1=（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒 代入数据可解得：EP=1.0J；(3) 在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1，分离后A与B的速度为v2，滑块C的速度为vc，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时： 弹簧伸开时： 在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒： C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=3m/s，加速度大小为2m/s2由运动学公式解得： 代入数据联列方程解得：。【点睛】本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的机率将大大减小。13.下列对于热现象的说法正确的是 _ A.气体吸收热量，其温度一定升高B在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C温度相同的两种物质，其分子的平均动能一定相同D第二类永动机不能造成的根本原因是其违反了热力学第二定律E熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行的【答案】BCD;【解析】【分析】改变内能的方式有做功和热传递；根据热力学第一定律知在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加，温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大；根据热力学第二定律和熵增原理分析。【详解】A项：改变内能的方式有做功和热传递，所以气体吸热，其内能不一定增加，温度不一定升高，故A错误；B项：根据热力学第一定律知在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加，故B正确；C项：温度是分子平均动能的标志，温度相同的两种物质，其分子的平均动能一定相同，故C正确； D项：第二类永动机不能造成的根本原因是其违反了热力学第二定律，故D正确；E项：根据熵增原理可知，一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E错误；故选：BCD。【点睛】本题考查了热力学第一定律与热力学第二定律的应用等，理解改变内能的方式，以及温度是平均动能的标志是关键。14.如图所示，在长/=57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用5 cm高的水银柱封闭着l1=50 cm长的理想气体，管内外气体的温度为51。（大气压强po=76 cmHg，sin 53=0.8）现将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成53。角，求此时管中气体的长度。在第一问的基础上，若将管内水银柱取走1 cm，再缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中水银柱上表面恰好与管口相齐？【答案】(1)50.625cm(2) 【解析】【分析】(1)现将玻璃管缓慢倾斜，气体的压强减小，求出气体的状态参量，然后根据玻意耳定律求出气体的长度；(2)当水银柱上表面与管口相平，设水银柱的高度为H，由理想气体的状态方程即可求出结果。【详解】(1)设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为：T1=324K，体积为：V1=50S，压强为：p1=81cmHg。当玻璃管倾斜至与水平面成53角时，管内气体的压强为：p2=（76+5sin53）cmHg，体积为：V2=lS由玻意耳定律得：p1V1=p2V2代入数据解得：l=50.625cm；(2) 设温度升至T3时，水银柱长为4cm，管内气体的体积为V3=53S，压强为p3=（76+4sin53）cmHg由理想气体状态方程得： 代入数据解得：T3=335.8K，即t=62.8【点睛】本题考查了应用理想气体状态方程求气体压强，分析清楚气体状