河南省南阳中学2019届高三物理下学期第十五次考试试题（含解析）.docx

河南省南阳中学2019届高三下学期第十五次考试理综物理试题一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.关于近代物理知识的叙述，下列说法正确的是A. 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，只能产生3种不同频率的光B. 某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光C. 核聚变反应中，反应前的结合能之和与反应后的结合能之和相等D. 人工转变核反应中，遵循电荷守恒、质量守恒【答案】B【解析】大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，能产生种不同频率的光，选项A错误； 某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光，选项B正确；核聚变反应中放出核能，则反应前的结合能之和小于反应后的结合能之和，选项C错误；人工转变核反应中，遵循电荷数守恒、质量数守恒，选项D错误；故选B.2.利用图甲所示的回旋加速器对质量为m的粒子进行加速，图中A为每隔一段时间释放一个粒子的粒子源粒子进入、两个中空的半圆金属盒之间的初速度可视为，并在两个接线柱E、F之间接入图乙所示的电压。两个半圆盒处于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向坚直向下，粒子在电场中运动时间可忽略，则下列说法正确的是A. 若粒子能够被加速，则接线柱E的电势应低于接线柱F的电势B. 若要保证粒子尽快加速到最大速度，则所加电压的变化周期C. 粒子每次进入金属盒的磁偏转半径之比为1：D. 若利用该装置分别加速氘核和粒子，加速后获得的最大速度不相同【答案】B【解析】【详解】粒子在回旋加速器中，要能够绕盒做圆周运动，所受洛伦磁力必须是指向圆心，也就是说粒子是从E运动到F，即接线柱E的电势应高于接线柱F的电势，故A错误；若要保证粒子尽快加速到最大速度，粒子每经过两接线柱E、F之间都被加速，所以加电压的变化周期为圆周的半周期，即：，故B正确；粒子每次进入金属盒的偏转半径，第一次加速后获得的速度为：第二次加速后获得的速度为：，即第n次加速后获得的速度为：联立可得：半径之比为：1：，故C错误；由于氘核和粒子的比荷相同，根据及可知，所获得的半径一样，加速后获得的最大速度相同，故D错误。3.2018年12月8日2时23分，我国在西昌卫星发射中心成功发射“嫦娥四号”探测器，开启了人类首次“月背之旅”的探测旅程。“嫦娥四号”要完成这个“前无古人”的月球背面之旅，将实现三个国际首次、一个国内首次，即：国际上首次月球背面软着陆和巡视探测；国际上首次月球拉格朗日点中继与探测；国际上首次月基低频射电天文观测；国内首次实测月夜期间浅层月壤温度。由以上信息可知下列说法中正确的是A. 忽略其他星体对“嫦娥四号”探测器的影响，则其在月球背面软着陆过程中由于月球引力对其做正功，其机械能逐渐增大B. 中继卫星在月球拉格朗日点中继通信时只受月球引力作用C. 若引力势能可表示为，月球质量为M，若质量为m的“嫦娥四号”从半径为的轨道运行到半径为的轨道，则其引力势能减少量为D. 月球质量为M，若质量为m的“嫦娥四号”从半径为的轨道运行到半径为的轨道，则其动能增加量【答案】C【解析】【详解】若忽略其他星体对“嫦娥四号”探测器的影响，则其在月球背面软着陆过程中由于月球引力对其做正功，其机械能保持不变。故A错误；中继卫星在月球拉格朗日点中继通信时同时受地球的引力与月球引力作用。故B错误；若引力势能可表示为，月球质量为M，若质量为m的“嫦娥四号”从半径为的轨道运行到半径为的轨道，则其引力势能减少量为。故C正确； “嫦娥四号”从半径为的轨道运行到半径为的轨道的过程中机械能守恒，其引力势能减小为，则动能的增加量。故D错误.4.如图所示，倾角为30的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5 kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8 J。现将物块由A点上方0.4 m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10 m/s2，则下列说法正确的是A. 物块从O点开始做减速运动B. 从B点释放滑块动能最大位置比从A点释放要低C. 从B点释放滑块最大动能为9 JD. 从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1 J【答案】C【解析】物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大故A错误由上分析知，物块的动能最大时合力为零，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力，即 mgsin30=kx，则知弹簧的压缩量一定，与物块释放的位置无关，所以两次滑块动能最大位置相同，故B错误设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek1+Ep=mgxAsin30从B释放到动能最大过程，由系统的机械能守恒得：Ek2+Ep=mgxBsin30由-得：Ek2-Ek1=mg（xB-xA）sin30 据题有：xB-xA=0.4m所以得从B点释放滑块最大动能为：Ek2=Ek1+mg（xB-xA）sin30=8+0.5100.40.5=9J，故C正确根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：Epmg（xB-xA）sin30=0.5100.40.5J=1J，故D错误故选C.点睛：解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，判断其运动情况，知道物块压缩弹簧后先加速后减速，同时要明确能量是如何转化的二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）5.如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为同m、带电荷量为q的粒子以某一速度从P点射入，恰好从Q点射出，下列说法正确的是A. 带电粒子一定带负电荷B. 带电粒子的速度最小值为C. 若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量为D. 带电粒子在磁场中运动时间可能为【答案】CD【解析】【详解】若粒子运动轨迹如图所示：由左手定则可知，粒子带负电，粒子做圆周运动的轨道半径最小：，由牛顿第二定律得：；解得：，故B正确；若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：，解得：，由牛顿第二定律得：；解得：，由动量定理得：，故A错误，C正确；若粒子正电，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为，粒子在磁场中的运动时间：，故D正确.6. 如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来下列判断中正确的是A. 线框能旋转起来，是因为电磁感应B. 俯视观察，线框沿顺时针方向旋转C. 电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D. 旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大【答案】C【解析】试题分析：根据左手定则判断螺丝钉的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小解：A、小磁铁产生的磁场方向为螺丝的下端A向下流向磁铁，对螺丝的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极周围磁感线由上往下斜穿入螺丝内部在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外）所以，由上往下看（俯视），螺丝沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应故A错误，B正确；C、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率故C正确D、受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能7.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放这两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，导体棒ab的质量为2m，导体棒cd的质量为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。开始时，棒cd静止，给棒ab水平向右的初速度，若两导体棒在运动中始终不接触，则A. 在运动过程中回路产生的焦耳热最多是B. 两金属棒之间的距离先减小后增大C. 当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是D. 假如改成给棒ab水平向右的恒力F，则最终两金属棒都做匀速运动【答案】AC【解析】从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量，故A正确；两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度作匀速运动，故B错误；设ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的速度为v1，则由动量守恒可知：，此时回路中的感应电动势和感应电流分别为，此时cd棒所受的安培力，所以cd棒的加速度为，故C正确；开始时，金属棒ab在恒力F作用下做加速运动，回路中产生感应电流，金属棒cd在安培力作用下也将做加速运动，但此时ab的加速度肯定大于cd的加速度，因此速度差将增大。根据法拉第电磁感应定律，感应电流将增大，同时两杆所受安培力增大，导致cd的加速度增大，ab的加速度减小。但只要ab的加速度大，两棒的速度差就会继续增大，所以当两棒的加速度相等时，速度差最大。此后，两棒都做加速度相等的匀加速直线运动，故D错误。所以AC正确，BD错误。8.如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有一个电荷量为、质量为m的小球与一根长为的轻绳一端相连，绳的另一端固定在P点，小球与P点的距离现施加一与PM夹角、水平向右且场强大小为E的匀强电场，并从静止释放带电小球，从释放小球到轻绳与电场方向平行的过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球先做匀加速直线运动后做圆周运动B. 小球的运动时间为C. 此过程中电场力所做的功为D. 轻绳与电场力方向平行时小球的速度大小为【答案】ACD【解析】【详解】如图所示，带电小球水平向右做匀加速直线运动，当位移为时，轻绳刚好被拉直，随后在轻绳拉力与电场力的合力作用下，小球以P点为圆心做圆周运动到N点，此时轻绳与电场力方向平行，故A正确；小球在水平方向上的位移为：，假如小球在水平方向一直做匀加速直线运动，根据，解得：，但小球在QN阶段水平方向不是匀加速直线运动，故B错误；电场力做功，故C正确；MQ段，由动能定理得：，当带电小球运动到Q点时轻绳刚好被拉直速度为，如图乙所示，由于绳子瞬间张紧使得小球沿轻绳方向分速度v2瞬间减小为零，而沿垂直于轻绳方向的分速度不变，小球由Q到N，根据动能定理得：，且，则此时小球的速度为：，故D正确；9.关于热现象，下列说法正确的是_。A. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径(也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度)等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比B. 两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的距离为r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小C. 物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断D. 如果用Q表示物体吸收的能量，用W 表示物体对外界所做的功，U表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q =U + WE. 如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到100%【答案】ABD【解析】根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径。故A正确；当分子间的距离rr0时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离rr0时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分子的距离为r时，引力与斥力大小相等，分子势能最小。故B正确；单晶体具有各向异性，多晶体与非晶体都具有各向同性，所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体。故C错误；根据热力学第一定律可知，如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，U表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=U+W故D正确；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%故E错误故选ABD。10.下列说法正确的是_A.赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实B.在高速运运的火箭上的人认为火箭的长度并没有改变C.与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高，几乎可达100D.单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关E.在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用衍射法检查平面的平整程度【答案】BCD【解析】【详解】A项：麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验加以证实，故A错误；B项：在高速运动的火箭上的人与火箭具有相等的速度，当他以自己为参考系时，火箭相对于他的速度是0，所以火箭的长度并没有改变，故B正确；C项：全反射棱镜是根据全反射的原理制成，与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高，几乎可达100%，故C正确；D项：单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期由驱动力的频率决定，与单摆的摆长无关，故D正确；E项：检查平面的平整程度是使用光的薄膜干涉，与衍射无关，故E错误。三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿光滑水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1),小物块落点分别记为M2、M3、M4。(3)测量相关数据，进行数据处理。为求出小物块从桌面抛出时的动能，需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号，g已知)。A.小物块的质量m B.橡皮筋的原长x C.橡皮筋的伸长量x D.桌面到地面的高度h E.小物块抛出点到落地点的水平距离L将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、，若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、_为横坐标作图，才能得到一条直线。(填“L”或“L2”)如果小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于_(填“偶然误差”或“系统误差”)。【答案】 (1). ADE (2). (3). 系统误差【解析】【分析】小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的质量，就可以计算出小球的动能根据，和L=v0t，可得 ，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比【详解】（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L=v0t，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式= ，还需要知道小球的质量故ADE正确、BC错误故选：ADE（2）根据，和L=v0t，可，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差【点睛】明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论还要知道系统误差和偶然误差的区别，系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，如停表测时间时，停表不准确，慢了，测的时间间隔总是偏小偶然误差的特点是它的随机性如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除既然是误差就不可消除，只能是改进方法，多次做试验，以减小误差12.实验室提供以下器材测量电流计G的内阻：A待测电流计G（0 l0mA，内阻约300）； B电压表V（0 -15V，内阻约3K）；C电流表A（0 -15mA，内阻约100）； D定值电阻R1( 300)；E定值电阻R2(10)； F滑动变阻器R3(0 - l000)；G滑动变阻器R4(0- 15)； H干电池（4. 5V，内阻不计）；I电键S及导线若干。某同学设计了如图甲、乙所示两个测量电路，(1)用图甲电路测量时误差较大，原因是_；(2)用图乙电路进行实验时，滑动变阻器应选用_，定值电阻应选用_（选填器材前的字母）；(3)请用笔画线代替导线，将丙图的电路正确连接_。(4)按电路图乙连接实验，记录待测电流计的读数I、电路中另一个电表的读数x；移动滑动变阻器的滑片，获得多组I、x的值。以I为纵坐标，x为横坐标，作出如图丁所示的图线，若图线的斜率为k，则待测电流计G内阻为_。该实验测得电流计G的内阻测量值与真实值相比_（偏大、偏小、相等）。【答案】 (1). 甲图中电压表量程过大 (2). G (3). D (4). 电路如图； (5). (6). 相等【解析】(1)用图甲电路测量时误差较大，原因是甲图中电压表量程过大；(2)用图乙电路进行实验时，滑动变阻器用分压电路，则应选用阻值较小的G；定值电阻应选用与待测电流表阻值相当的D；(3)电路连接如图：(4)由欧姆定律可知： ，解得，则，其中R1=300；解得；实验中电流表A的内阻对测量结果无影响，则测得电流计G的内阻测量值与真实值相比相等。 四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图，在区域I中有方向水平向右的匀强电场，在区域II中有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B=0.5T；两区域中的电场强度大小相等，E=2V/m；两区域足够大，分界线竖直。一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住静止在区域I中的A点时，细线与竖直方向的夹角为45。现剪断细线，小球开始运动，经过时间t1=1s从分界线的C点进入区域II，在其中运动一段时间后，从D点第二次经过 B分界线，再运动一段时间后，从H点第三次经过分界线，图中除A点外，其余各点均未画出，g=10m/s2，求： (1)小球到达C点时的速度v； (2)小球在区域II中运动的时间t2； (3)C、H之间距离d。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）对小球静止时受力分析，求出重力与电场力的合力，剪断细线后，小球在重力与电场力的作用下，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出到达C点的速度；（2）由第一问分析得出电场力与重力大小相等，故小球进入区域中做匀速圆运动，由洛伦兹力提供向心力，求出周期和圆心解，即可求出在区域运动的时间；（3）小球从D点再次进入区域时做类平抛运动，结合几何知识即可求解C、H之间的距离d.（1）小球处于静止状态时，受力分析如图所示：由图可知小球带正电，设电场与重力的合力为F，则有：剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将做初速度为零的匀加速直线运动由牛顿第二定律得：F=ma解得：则小球达到C点的速度为（2）由（1）可知，则有：，即故小球在区域中做匀速圆运动则有：，解得：则周期则小球从C到D的时间为：（3）小球从D点再次进入区域时，速度大小为v，方向与重力和电场力的合力垂直，故小球做类平抛运动，设从D到H所用的时间为，其运动轨迹如图所示：则沿DP方向做匀速运动，则有：PH方向做初速度为零的匀加速运动，则有：由几何关系知：DP=PH联立解得：，故DH=40m而，又由（2）知所以14.如图所示，长L=10m的水平传送带以速度v=8m/s匀速运动。质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C相连。小物块P放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平。现在P上固定一质量为2m的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q、C间距大于10 m，重力加速度g取10m/s2.求： (1)小物块P与传送带间的动摩擦因数；(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；(3)当小物块P运动到某位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离。【答案】（1）0.5（2）（3）4m【解析】【分析】(1)对物体P、Q分别由平衡条件求解即可；(2)判断滑块的运动是一直加速还是先加速后匀速.(3)相对运动确定滑动摩擦力，相对运动趋势弄清静摩擦力方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求距离.【详解】(1)设静止时细绳的拉力为T0，小物块P与传送带间的动摩擦因数为，P、Q受力如图:由平衡条件得： (2)设小物块P在传送带上运动时加速度为a1，细绳的拉力为T，P、Q受力如图，由牛顿第二定律得,对P：对Q：假设P一直加速至传送带最右端时间为t，末速度为v1由运动学公式得：v1=联立以上两式并代入数据得：,v1=v假设成立.(3)设细绳剪断后小物块P的加速度大小为a2，小物块P在S处的速度大小为，位置S距离传送带左端距离为，距离传送带右端距离为，P受力如图:断绳后由牛顿第二定律得：断绳前由运动学公式得：断绳后由运动学公式得：联立以上各式并代入数据得：S距离传送带右端距离：【点睛】本题关键是明确滑块P、Q的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解.1