江苏省南京市六校联合体2019届高三物理上学期12月联考试题.docx

南京市六校联合体高三年级12月份联考试卷物理一、单项选择题： 1.火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆.已知火卫一的周期为7小时39分，火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比( )A. 火卫一距火星表面较近 B. 火卫二的角速度较大C. 火卫一的运行速度较小 D. 火卫二的向心加速度较大【答案】A【解析】卫星绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、火星质量为M，根据万有引力提供向心力：，解得：，由题火卫一的周期较小，则轨道半径较小，所以火卫一距火星表面较近，故A正确；根据万有引力提供向心力：，解得：，因为火卫二距火星表面较远，所以火卫二的角速度较小，故B错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，所以火卫一的线速度较大，故C错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，所以火卫二的向心加速度较小，故D错误。所以A正确，BCD错误。2.进入冬季以来来，我国北方遭遇雨雪冰冻灾害.马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的凝冰，有人设计了这样的融冰方法:利用电流的热效应除冰.若在正常供电时，高压输电电压为U，电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(输电功率和输电线电阻不变)( )A. 输电电流为I/9 B. 输电电流为3IC. 输电电压为3U D. 输电电压为9U【答案】B【解析】高压线上的热耗功率为：P=I2R线，若热耗功率变为9P，根据电功率公式则有：9P=I2R线，联立可得：I=3I，故A错误，B正确；又因为输送功率不变，根据，解得：，故CD错误。所以B正确，ACD错误。3.如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置示意图速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲m乙m丙m丁，v甲v乙v丙v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是( )A. 甲乙丙丁B. 甲丁乙丙C. 丙丁乙甲D. 甲乙丁丙【答案】B【解析】试题分析：粒子通过速度选择器，只有满足qvB=qE，即速度满足v=，才能沿直线通过当粒子的速度大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转解：四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=，才能通过速度选择器所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：R=，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点甲的速度小于乙的速度，即小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点丁的速度大于乙的速度，即大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点故选：B【点评】解决本题的关键知道速度选择器的原理，即所受洛伦兹力和电场力等大反向的粒子才能沿直线通过速度选择器4.一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度v随时间t变化的图象如图所示，其中可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，加速度恒为g，v-t图象是向下倾斜的直线.对于泡沫塑料球，根据牛顿第二定律得：上升过程有，下降过程有，又，得，则上升过程中，随着v的减小，a减小；，则下降过程中，随着v的增大，a减小；所以a不断减小，方向不变，故ABC错误，D正确；故选D.5.如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动在此过程中( )A. 水平力F的大小不变B. 杆对小球A的支持力不变C. 杆对小球A的摩擦力先变小后变大D. 轻绳对小球B的拉力先变大后变小【答案】C【解析】【详解】对球受力分析，受拉力F、重力和细线的拉力T，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：随着的增加，拉力F和细线张力T均增加，故AD错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示：设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直杆方向，有： N=（M+m）gcos+Fsin，随着F的增加，支持力N增加；在平行杆方向，有：Fcos+f=（M+m）gsin，故：f=（M+m）gsin-Fcos，随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当（M+m）gsin=Fcos时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故B错误，C正确。所以C正确，ABD错误。二、多项选择题： 6.如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，下列说法中正确的是( )A. 人所受的合力对人做正功B. 重力对人做负功C. 扶梯对人做的功等于人增加的重力势能D. 摩擦力对人做的功等于人机械能的变化【答案】BC【解析】【详解】人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，重力势能增加，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零，故A错误，B正确；由上分析可知，扶梯对人做的正功等于重力做的负功，所以扶梯对人做的功等于人增加的重力势能，故C正确；人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，人的动能不变，势能增加，所以人的机械能增加，故D错误。所以BC正确，AD错误。7.如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5，变阻器R1的最大电阻Rm=5.0，R2=1.5，R3=R4=1000，平行板电容器C的两金属板水平放置,在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止,那么( )A. 在题设条件下，R1接入电路的阻值为3，电源的输出功率为4.5WB. 引入的微粒带负电，当开关与a断开但未与b接触时，微粒将向下运动C. 在题设条件下，R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D. 在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流方向为dc【答案】AD【解析】【分析】根据当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大去求解；对微粒进行受力分析，根据微粒处于平衡状态，判断出微粒的电性当开关接向b（未接触b）的过程中，电容器电荷量未变，从而判断出微粒的运动状况；电路的动态分析抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆电路进行分析；找出开关接a和接b上下极板所带电荷的电性，即可确定出电流的方向【详解】在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知，则电源的输出功率，A正确；在开关S与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止微粒受重力和电场力平衡而上极板带正电，可知微粒带负电当开关接向未接触的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，B错误；电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，和及电源构成串联电路，的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，两端的电压减小C错误；在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过的电流方向为，D正确8.静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线一质量为m、带电量为q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x0）进入电场，沿x轴正方向运动下列叙述正确的是( )A. 粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大B. 粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小C. 要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D. 若v0，粒子在运动过程中的最大速度为【答案】BD【解析】【详解】A. 粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小。故A错误； B. 粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动。故B正确；C. 根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得q(00)=0，解得v0=，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为.故C错误；D. 若v0=，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得q0(0)= ，解得最大速度为vm=，故D正确。故选：BD【点睛】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0-x1过程，求解初速度v0粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度9.如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点一小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止则( ) A. 物块最终会停在A、B之间的某位置B. 物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置相同C. 整个运动过程中产生的内能小于弹簧的最大弹性势能D. 物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变【答案】ACD【解析】根据题意可知物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑说明重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，所以物块最终会停在A、B之间的某位置，故A正确；在上滑过程中加速度为零时速度最大，则有：，弹簧的压缩量为：，下滑时：，解得：，由此可知弹簧的形变量不同，所以位置也不同，故B错误；物块静止时弹簧处于压缩态，根据能量守恒可知，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能转化为内能和部分弹性势能，故C正确；物块从A上滑到C过程中，物块的加速度先减小后反向增大，然后不变，所以地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D正确。所以ACD正确，B错误。三、简答题: 常用无线话筒所用的电池电动势E约为9V，内阻r约为40，最大允许电流为100 mA为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲的电路进行实验图中电压表为理想电表，R为电阻箱（阻值范围为0999.9 ），R0为定值电阻10. 图甲中接入R0的目的是为了防止电阻箱的阻值调得过小时，通过电源的电流大于其承受范围，起保护电路的作用；实验室备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用_A. 10 ,0.1W B. 50 ,l.0 W C. 1500,15W D. 2500,25 W11. 该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线由图线知：当电压表的示数为2V时，电阻箱接入电路的阻值为_（结果保留三位有效数字）12. 根据图乙所作出的图象求得该电池的电动势E=_V，内阻r= _（结果保留三位有效数字）【答案】10. B 11. 20.022.0 12. (1). 10.0（9.8-10.2均可） (2). 33.3【解析】【10题详解】当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为，定值电阻应选B、50，1.0 W.【11题详解】电压等于2V时，由图乙可知，电压等于2V时，所以：。【12题详解】由闭合电路欧姆定律可得：，变形得：，由数学知识可知，图象中的斜率，截距：，由图可知，b=0.1，故E=10V； ，即解得：r=33.3。13.有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是_mm用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是_mm【答案】 (1). 10.50； (2). 7.500【解析】【详解】游标卡尺主尺读数为1cm=10mm，游标尺上第10条刻度与上面对齐，则游标尺读数为：100.05mm=0.50mm，所以游标卡尺最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm；螺旋测微器固定刻度为：7.5mm，可动刻度读数为：00.01mm=0.000mm，所以最终读数为：7.5mm+0.000=7.500mm。14.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒（1）在调节好导轨水平的条件下，试验中测得遮光条的宽度d=0.50cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t=2.010-2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为_m/s（2）在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、光电门与小车开始位置的距离L和_（文字说明并用相应的字母表示）（3）本实验通过比较_和_在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒【答案】 (1). 0.25m/s， (2). 滑块与遮光条的总质量M， (3). mgL， (4). 【解析】【详解】（1）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：.（2）实验要验证动能定理，故：，故需要测量的物理量为：钩码的质量m、滑块初始位置与光电门间距离L和滑块与遮光条的总质量M。（3）实验要验证动能定理，故要比较mgL和，在实验误差允许的范围内相等。15.中微子是一种不带电、质量很小的粒子早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案静止的铍核(Be)可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出光子后回到基态通过测量新核和光子的能量，可间接证明中微子的存在则_A.产生的新核是锂核(Li)B.反应过程吸收能量 C.中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等D.中微子的动能与处于激发态新核的动能相等【答案】AC【解析】根据题意可知发生的核反应方程为：，所以产生的新核是锂核，反应过程放出能量，故A正确，B错误；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，方向相反，故C正确；因为中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，因为质量不等，根据，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故D错误。所以AC正确，BD错误。16.利用图甲所示电路研究光电效应中金属的遏止电压Uc与入射光频率的关系，描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量h图乙中U1、1、0均已知，电子电荷量用e表示当入射光的频率增大时，为了测定遏止电压，滑动变阻器的滑片P应向_(选填“M”或“N”)端移动，由Uc图象可求得普朗克常量h_(用题中字母表示)【答案】 (1). N (2). 【解析】入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片P向N端移动；根据，由图象可知，当遏止电压为零时，所以这种金属的截止频率为；根据，解得，图线的斜率，则.17.如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v01.0m/s向左匀速运动某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v17.0m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回已知冰车的质量为m110kg，小孩与滑板的总质量为m230kg，小孩与滑板始终无相对运动取g10m/s2.求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I；通过计算判断，冰车能否追上小孩？【答案】(1) (2) 冰车能追上小孩【解析】试题分析：根据动量定理可得墙对冰车的冲量大小I；根据动量守恒定律求出小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，在与木块的速度相比较即可解题。冰车在碰撞过程由动量定理有 解得 设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有 解得 由于，故冰车能追上小孩 点睛：本题主要考查了动量定理和动量守恒定律，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。四、计算题: 18.如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角=30o，下端A、C用导线相连，导轨电阻不计PQGH范围内有方向垂直斜面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场的宽度d=0.6m，边界PQ、HG均与导轨垂直电阻r=0.40的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离为b=0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g=10m/s2求：（1）金属棒进入磁场时的速度大小v；（2）金属棒的质量m；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q【答案】（1）2m/s； （2）0.25kg； （3）0.75J【解析】试题分析：（1）根据动能定理可得：，解得：v=2 m/s（2）金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，由平衡条件得：，又联立解得：m=0.25kg（3）根据能量守恒在磁场中运动过程中，减速的质量势能转化为焦耳热：考点：本题考查电磁感应一个物体放在足够大的水平地面上，如图甲，若用水平变力拉动，其加速度随力变化图像为图乙所示现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F作用(g取10m/s2)求：19. 物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数20. 求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小21. 21s内水平力F对物体所做的功【答案】19. 4kg，0.1 20. 8m 21. 172J【解析】【分析】由牛顿第二定律结合图象乙解得；利用牛顿第二定律求出加速度，再利用运动学公式求出一个周期内的位移即可；通过周期性的运动过程求出21s内的位移，然后求出拉力做的功。【19题详解】由牛顿第二定律得：Fmg=ma 变形得：结合图象得：m=4kg；=0.1【20题详解】02s：由牛顿第二定律可得：前2s内通过的位移为：2s4s：由牛顿第二定律可得：2s4s：物体做匀减速运动，t=4s时速度恰好0，由以上式可知：一个周期内的位移为x1=2s1=8m。【21题详解】20s即5个周期通过的位移：x10=5840m第21秒通过的位移：前21秒物体运动时拉力F做的功：W5(F1s1+ F 2s1)+ F 1x=172J【点睛】本题涉及牛顿运动定律和运动学的知识以及运动定理的应用，求解本题的关键是认真分析物理过程，主要考查分析、推理和综合能力。22.如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内重力加速度为g求：水平外力F的大小；1号球刚运动到水平槽时的速度；整个运动过程中，2号球对1号球所做的功【答案】(1)10mgtan (2)(3)9mgrsin 【解析】试题分析：（1）以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得，解得（2）以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得，解得（3）撤去外力F后，以10个小