河南省联盟2019届高三物理下学期2月月考试题（含解析）.docx

河南省联盟2019届高三物理下学期2月月考试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项正确，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。1.根据玻尔理论，某原子的电子从能量为E的轨道跃迁到能量为E，的轨道，辐射出波长为 的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则E等于A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据玻尔理论可得：EEhh，所以EEh故C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点.每根杆上都套着一个质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则A. P1 P2P2P3C. P3 P1 P2D. P1=P2=P3【答案】B【解析】【详解】对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsin（为杆与水平方向的夹角），由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsin，所以，t与无关，即t1=t2=t3；根据WG=mgh，结合图可知重力做功的关系是：W1 W2W3，根据可知P1 P2P3，故选B.3.如图所示，小木块,用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零.一颗子弹以 一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角a.如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角a、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差E，有A. a角增大, E也增大B. a角增大，E减小C. a角减小，E增大D. a角减小，E也减小【答案】C【解析】【详解】根据动量守恒得，mv=（M+m）v，解得v=。小物块与子弹系统的机械能E2=（M+m）v2=，小木块的质量M增大，则系统机械能减小，达到最大的摆角减小。系统机械能的损失E=mv2E2mv2，M增大，则E增大。故C正确，ABD错误。故选C。4. 从J国带回一把标有“110V、60Hz、880W”的电咖啡壶，该电咖啡壶利用电热丝加热。在我国，为使电咖啡壶能正常工作，需要通过变压器与市电相连。下列说法正确的是A. 若将电咖啡壶直接与市电相连，电功率是1760WB. 电咖啡壶应接在原、副线圈匝数比为1：2的变压器副线圈两端C. 电咖啡壶通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为4AD. 电咖啡壶通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为60Hz【答案】C【解析】试题分析：由题意，为使电咖啡壶正常工作在我国需接降压变压器，A、B错；由变压器的原理知，变压器不能改变交变电流的频率，D错。设电咖啡壶正常工作时，变压器原、副线圈中的电流分别为I1、I2；电压分加为U1、U2，由理想变压器P入P出，得：U1I1=U2I2,得I1=4A，A正确。考点：5. 已知万有引力常量G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星平均密度的是A. 在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H和时间tB. 发射一颗贴近火星表面绕火星做圆周运动的飞船，测出飞船的周期TC. 观察火星绕太阳的圆周运动，测出火星的直径D和火星绕太阳运行的周期TD. 发射一颗绕火星做圆周运动的卫星，测出卫星绕火星运行的轨道半径r和卫星的周期T【答案】B【解析】【详解】设月球质量为M，半径为R，月球表面重力加速度为g；小球做自由落体运动，则有：H=gt2，故月球表面重力加速度；根据月球表面物体的重力等于万有引力，有：G=mg，所以月球质量，月球的密度由于月球半径R未知，故月球的密度无法求解，故A错误；贴近月球表面做匀速圆周运动的飞船，根据万有引力等于向心力得，得，月球的密度，已知G和T，所以可以求出月球的密度。故B正确；观察月球绕地球的匀速圆周运动，测出月球的运行周期T，如再加上月球的轨道半径，能求出地球的质量，不能求出月球的质量，因而也求不出月球的密度。故C错误；发射一绕月球做圆周运动的卫星，根据万有引力等于向心力得，由于R未知，求不出月球的质量，因而也求不出月球的密度。故D错误； 故选B。【点睛】对于万有引力的应用问题，一般由重力加速度可求得中心天体质量，或根据万有引力做向心力求得中心天体的质量。要建立模型，理清思路，灵活运用向心力的公式。6.如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为 + Q和-Q，A、B相距为2d；MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为m，电荷量为+q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布），现将小球P 从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时， 速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为重力加速度为g。则A. C、O两点间的电势差B. O点处的电场强度C. 小球下落过程中重力势能和电势能之和不变D. 小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为【答案】BD【解析】【详解】小球从C运动到O（动能定理）得：mgd+UCOqmv20，解得：，故A错误；点电荷A（或B）在O点处产生的场强大小为：；根据平行四边形定则，O点处的电场强度：；故B正确；下落过程中，有电场力和重力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和守恒，从C到O过程中，动能增加，则重力势能和电势能之和减小，选项C错误； 结合对称性，CO间电势差与OD间电势差相等；从C到D过程根据动能定理可得：mg2d+2UCOqmvD2; 得到小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度，故D正确；故选BD。7.如图所示，开始静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m （不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入右侧的边长为L的正方形匀强磁场区域（PQ的连线经过AD边、BC边的中点），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，若带电粒子只能从CD边射出，则A. 两板间电压的最大值B. 两板间电压的最小值C. 能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最短时间D. 能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间【答案】AC【解析】粒子在加速电场中，由动能定理可得：qUmv2，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力：qvB，解得U，可见若加速电压大，轨迹半径也大，所以两板间电压最大时，粒子恰好从C点离开磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：R2L2，解得：RL，所以最大电压Umax，故A正确，B错误；由图可知，能够从CD边射出的粒子在磁场中运动时间最长的是恰好从D点离开磁场的，运动时间，故C正确，D错误;故选AC.点睛：带电粒子经电场加速进入正方形磁场做匀速圆周运动，由半径公式知道电压越大，进入磁场的速度越大，则打在下边的距离越远，而偏转角越小，时间越短由题设条件，显然打在C点的带电粒子半径最大，运动时间最短，而打在D点的半径最小，时间最短8.一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，ho表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0kl，重力加速度为g。则由图可知，下列结论正确的是A. 、分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图像B. 上升过程中阻力大小恒定且f= kmgC. 上升高度时，重力势能和动能相等D. 上升高度时，动能与重力势能之差为【答案】BCD【解析】随着高度增加，动能减小，重力势能增大，A错误；根据动能定理有：，图线均为线性，则阻力恒定，且有，即，B正确；上升高度时，此时重力势能为：，C正确；上升高度时，动能为，动能与重力势能之差为，D正确。三、非选择题：9.如图甲所示为一黑箱装置，黑箱内有由两节干电池和几个电阻等元件组成的电路，a、b为黑箱的两个输出端，端连接黑箱内电池的正极。为了探测黑箱，某同学准备进行以下几步测量：用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；用多用电表的直流电压挡测量a、b间的输出电压,用多用电表的直流电流挡测量a、b间的输出电流.你认为以上测量中不妥的有_（填序号），理由是 _。若他用多用电表测某段电阻丝电阻，多用电表已经调零且选择开关指向欧姆挡“10”挡位。结果指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的_ (选填“100”或“1”倍率的挡位；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图乙所示，则此段电阻丝的电阻为_。【答案】 (1). (2). 用欧姆挡不能直接测量带电源电路的电阻；用直流电流挡直接测量可能会造成电源短路 (3). (4). 【解析】【详解】（1）用欧姆挡不能直接测量带电源电路的电阻，故不妥；用直流电流挡直接测量可能会造成电源短路，则不妥；（2）用欧姆挡“10”挡位时指针的偏转角度太大，说明倍率档选择的过大，则他应将选择开关换成欧姆挡的 “1”倍率的挡位；此段电阻丝的电阻为：12.01=12.0。10.某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68 cm、39.15 cm、73.41 cm、117.46 cm。已知电动机的转速为3 000 r/min。求：（1）相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为_s。（2）由实验测得济南当地的重力加速度为_m/s2。（结果保留三位有效数字）（3）该同学计算出画各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图象，在误差允许的范围内据此图象能验证机械能守恒定律，但图线不过原点的原因是_。【答案】 (1). （1）0.1 (2). （2）9.79 (3). （3）A点对应的速度不为零【解析】（1）电动机的转速为3000 r/min=50r/s，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.02s，每隔4条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为0.1s；（2）xBC=39.15-14.68cm=24.47cm，xCD=73.41-39.15cm=34.26cm，xDE=117.46-73.41cm=44.05cm，可知连续相等时间内的位移之差x=9.79cm，根据x=gT2得，（3）根据mghmv2mv02得，v2v02+2gh，若v2-h图线为直线，则机械能守恒所以此图象能验证机械能守恒图线的斜率为2g，图线不过原点的原因是A点对应的速度不为零点睛：本题中笔在铝棒上相应位置留下墨线和打点计时器的原理相同，处理的方法和纸带的处理方法相同，会通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求解重力加速度.11.如图所示，AB是一段位于竖直不面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示。已知它落地时相对于B点的水不位移OC = 。现在轨道下方紧贴B点安装一水不木板，木板的右端与B的距离为，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水不飞出，仍然落在地面的C点。求：（不计空气阻力）（1）P滑至B点时的速度大小。（2）P与木板之间的动摩擦因数。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）物体P在AB轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv02，解得，P滑到B点时的速度：；（2）当没有传送带时，物体离开B点后作平抛运动，运动时间为t，当B点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从传送带右端抛出的速度，由牛顿第二定律得：mg=ma，由运动学公式得：v2-v02=-2a，解得物体与传送带之间的动摩擦因数：；12. 相距L1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m11.0kg的金属棒ab和质量为m20.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为0.75，两棒总电阻为R=1.8，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放。取重力加速度g=10m/s2。（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（2）已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图（c）中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象。【答案】（1）a=1m/s2，B=1.2T（2）18J（3）2s【解析】考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；动能定理的应用；能量守恒定律分析：（1）由E=BLv、I=、F=BIL、v=at，及牛顿第二定律得到F与时间t的关系式，再根据数学知识研究图象（b）斜率和截距的意义，即可求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小（2）由运动学公式求出2s末金属棒ab的速率和位移，根据动能定理求出两金属棒产生的总焦耳热（3）分析cd棒的运动情况：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动cd棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而cd棒对导轨的压力等于安培力，可求出电路中的电流，再由E=BLv、欧姆定律求出最大速度解（1）经过时间t，金属棒ab的速率 v=at 此时，回路中的感应电流为 I=对金属棒ab，由牛顿第二定律得 F-BIL-m1g=m1a由以上各式整理得：F=m1a+m1g+at在图线上取两点：t1=0，F1=11N； t2=2s，F2=14.6N代入上式得 a=1m/s2，B=1.2T（2）在2s末金属棒ab的速率 vt=at=2m/s所发生的位移 S=at2=2m由动能定律得 WF-m1gS-W安=m1v又 Q=W安联立以上方程，解得Q=WF-mgs-m v=40-1102-122=18（J）（3）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动当cd棒速度达到最大时，对cd棒有：m2g=FN又 FN=F安 F安=BIL整理解得 m2g=BIL对abcd回路：I=解得 vm=2m/svm=at0得 t0=2sfcd随时间变化的图象如图所示答：（1）求出磁感应强度B的大小为1.2T，ab棒加速度大小1m/s2；（2）这一过程中两金属棒产生的总焦耳热是18J；（3）cd棒达到最大速度所需的时间t0为2s，cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的情况如图13.(l)关于分子动理论和热力学定律的下列说法正确的是_（填入正确选项 前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，一选对3个绘5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分） A气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力 B.对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大 C温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关 D.物体内能增加，温度一定升高E热可以从高温物体传到低温物体【答案】BCE【解析】A项：气体总是很容易充满容器，说明气体分子作用力很小，气体分子在做无规则运动，故A错误；B项：对于理想气体，忽略分子势能，只有分子动能，而分子动能取决于温度，温度越高，分子平均动能越大，分子动能越大，气体内能越大，故B正确；C项：布朗运动间接反映了水分子的无规则运动，布朗运动越剧烈说明水分子运动越剧烈，故C正确；D项：根据热学第一定律可知，温度升高，如果气体对外做的功大于吸收的热量，物体的内能减小，故D项错误；E项：根据热学第二定律可知，热量可以自发从高温物体传到低温物体，故E正确。点晴：遵循能量守恒定律的过程不一定都可以自动实现，例如：热量不能自发地从低温物体传递给高温物体，布朗运动是悬浮在液体上颗粒的运动，但布朗运动间接反映了水分子的无规则运动。14.如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体。开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压强p0=125105Pa，活塞质量m=025kg，管道的内径横截面积S=1cm2。现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T。【答案】T281.25K【解析】试题分析：设初状态时两部分气体体积均为V0，对下部分气体，由等温变化P0V0= PV解得 P =1l05