江西省上高二物理中2019届高三物理3月月考试题（含解析）.docx

江西省上高二物理中2019届高三物理3月月考试题（含解析）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.2018年11月16日第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”的决议，正式更新质量单位“千克”等四项物理量的基本计量单位。“千克”由量子力学中普朗克常数为基准进行了重新定义。请用你学过的知识判断下列质量表达式(其中a、b为无单位常数，为频率，h为普朗克常量，g为重力加速度，为速度)可能正确的是（ ）A. m=B. m=C. m=D. m=【答案】A【解析】【详解】普朗克常量的单位：，频率的单位：，重力加速度g的单位：，速度的单位：，的单位为：；的单位：；的单位：；的单位：，故A正确，BCD错误；2.将质量均为M=1kg的编号依次为1，2，6的梯形劈块靠在一起构成倾角=37的三角形劈面，每个梯形劈块上斜面长度均为L=0.2m，所有劈均不固定在水平面上，如图所示。质量m=1kg的小物块A与斜面间的动摩擦因数1=0.5，斜面与地面的动摩擦因数均为2=0.3，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度v0=4.5m/s冲上斜面，g =10m/s2，sin37=0.6，cos370=0.8下列说法正确的是A. 物块上滑到3号劈时，劈开始相对水平面滑动B. 物块上滑到4号劈时，劈开始相对水平面滑动C. 物块上滑到5号劈时，劈开始相对水平面滑动D. 物块上滑到6号劈时，劈开始相对水平面滑动【答案】C【解析】【分析】对梯形劈分析，抓住物块对劈的压力和摩擦力在水平方向上的分力与劈所受的摩擦力相等时，劈开始相对地面滑动，根据共点力平衡进行求解。【详解】物块与斜面间的弹力：FN1=mgcos37=100.8=8N物块与斜面间的滑动摩擦力：f1=1FN1=0.58=4N地面对劈的支持力：FN2=（6-n）Mg+FN1cos37-f1sin37，当f1cos37+FN1sin37=2FN2时后面的劈块刚好开始滑动，解得：n=3.7，所以物块滑动到第5块劈时，劈开始相对地面滑动，故C正确，ABD错误；故选：C。【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡、牛顿第二定律、运动学规律进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。3.如图所示，小球甲、乙质量相等小球甲从A点水平抛出同时小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等、方向间夹角为60.已知BC高度差为h，g取10 m/s2，不计阻力由以上条件可知()A. A,B两点的高度差为B. A,B两点的水平距离为C. 两球经过C点时重力的功率不相等D. 要使两球在C点相遇，乙球释放时间要比甲球抛出时间提前【答案】CD【解析】【分析】根据速度时间公式，抓住速度大小相等，结合平行四边形定则分别求出甲乙运动的时间，从而得出甲乙两球到达C点的时间根据速度位移公式求出乙球到达C点的速度，抓住两球在C点的速度大小相等，结合平行四边形定则求出甲乙两球做平抛运动的初速度根据速度位移公式求出AC的高度差，从而得出AB的高度差结合初速度和时间求出A、B两点的水平距离【详解】对乙球有；v=gt乙， ，所以 ；对甲有：vcos60=gt甲，则，则乙球释放时间要比甲球抛出时间提前故D正确。乙球到达C点的速度，则甲球到达C点时竖直方向的分速度：vyvcos60，根据重力的功率的表达式：P=mgvy可知，两球经过C点时重力的功率不相等。故C正确。AC两点的高度差，则A、B的高度差hhhhh/4=3h/4，故A错误。根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度，A、B的水平距离，故B错误。故选CD。4.我国在2018年12月8日发射的“嫦娥四号”，可以更深层次、更加全面的探测月球地貌、资源等方面的信息。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，“嫦娥四号”绕月球做圆周运动时，离月球中心的距离为r，根据以上信息可知下列结果正确的是（ ）A. “嫦娥四号”绕月球运行的周期为B. “嫦娥四号”绕月球运行的速度大小为C. 月球的平均密度为D. “嫦娥四号”所在轨道处的重力加速度为【答案】ABC【解析】【分析】根据根据万有引力等于向心力分析各个选择。【详解】根据万有引力等于向心力可得：且，联立解得，选项A正确；根据万有引力等于向心力可得：，解得，选项B正确；月球的平均密度为，选项C正确； 根据 ，可知“嫦娥四号”所在轨道处的重力加速度为，选项D错误；故选ABC.5.如图，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡和一个压敏电阻。压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮。下列说法正确的是( )A. 将滑动头P向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小B. 将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变C. 将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大D. 增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率不变【答案】B【解析】【详解】A将滑动头P向下滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数减小，则输出电压减小，不可能使灯泡继续闪亮，故A错误；BC将滑动头P向上滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数增加，则输出电压增大，可能使灯泡继续闪亮，变压器变压不变频，所以灯泡闪亮频率不变，故B正确，C错误；D增大发电机手柄的转速，则交流电的频率增大，根据可知发电机输出电压变大，根据变压器原理可知副线圈两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大，故D错误；6.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在A点以大小为v1的速度射入电场，沿如图轨迹到达B点时速度大小为v2，且速度与等势面平行，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为，粒子重力不计，则（ ）A. v1小于v2B. 等势面b的电势比等势面c的电势高C. 粒子从A运动到B所用时间为D. 匀强电场的电场强度大小为【答案】CD【解析】【详解】A粒子受向上的电场力，可知A到B电场力做负功，动能减小，即，故A错误；B粒子带正电，受力向上，可知场强方向向上，等势面b的电势比等势面c的电势低，故B错误；C粒子在水平方向不受力，可知在水平方向上粒子是可以看作匀速运动的，速度为，则从A到B的时间为，故C正确；D由A到B根据动能定理：，解得匀强电场的电场强度大小：，故D正确；7.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力。 以下判断正确的是A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C. 甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍D. 甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍【答案】CD【解析】【分析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间。【详解】由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60，弦长为，所以：=2R乙sin60，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，动能：EK=mv2=，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B正确；由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，洛伦兹力：f=qvB=，即，故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120，粒子在磁场中的运动时间：t=T，粒子做圆周运动的周期： 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D正确；故选D。故选BCD.【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。8. 如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合），现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）A. 导体棒离开磁场时速度大小为B. 导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为C. 离开磁场时导体棒两端电压为D. 导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为【答案】ACD【解析】试题分析：设导体棒离开磁场时速度大小为v此时导体棒受到的安培力大小为：；由平衡条件得：F=F安+mg；由图2知：F=3mg；联立解得：故A正确导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：故B错误离开磁场时，由F=BIL+mg得：；导体棒两端电压为：故C正确导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q根据功能关系可得：Q=WF-mg5d-mv2而拉力做功为：WF=2mgd+3mg4d=14mgd电阻R产生焦耳热为：联立解得：故D正确故选ACD考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律【名师点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要掌握安培力经验公式，能正确分析能量是转化的，运用能量守恒定律求焦耳热。9.下列说法正确的是_A. 浸润现象是分子间作用力引起的B. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的D. 一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少E. 晶体熔化过程中要吸收热量，分子的平均动能增大【答案】ACD【解析】【详解】A浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关，故A正确；B足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关，故B错误；C根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故C正确；D一定质量理想气体，温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必减小，故D正确；E温度是分子平均动能的标志，晶体熔化时吸收热量，但温度不变，因此分子的平均动能不变，故E错误；10.下列说法正确的是_。A. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B. 在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大C. 火车鸣笛向我们驶来，我们听到的笛声频率比声源发声的频率高D. 用两東单色光A、B，分别在同一套装置上做双缝干涉实验，若A光的条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于B光波长E. 当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象【答案】ACD【解析】【详解】A单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，与单摆的摆长无关，故A正确B在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总比减弱点的位移大，故B错误；C火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应知，我们听到的笛声频率大于声源发出的频率，故C正确；D根据知，A光的条纹间距比B光的条纹间距大，则A光的波长大于B光的波长，故D正确；E当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长小的多时，将发生明显的衍射现象，故E错误；二、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.小明用电学方法测量电线的长度，首先小明测得电线铜芯的直径为1.00mm，估计其长度不超过50m，（已知铜的电阻率为m），现有如下实验器材：量程为3V、内阻约为3K的电压表；量程为0.6A、内阻约为0.1的电流表；阻值为0-2的滑动变阻器；内阻可忽略，输出电压为3V的电源；阻值为R0=4.30的定值电阻，开关和导线若干小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表的示数从0开始增加，当示数为0.5A时，电压表示数如图1所示读数为_V，根据小明测量的信息，图2中P点应该_（选填“接a”、“接b”、 “接c”或“不接”）q点应该_ （选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”），小明测得的电线长度为_m。【答案】 (1). 2.50 (2). 接b (3). 接a (4). 31.4【解析】【详解】由图可得电压表量程为3V，最小精度0.1V，有效数字应该保留到0.01V，示数应为2.50V；被测量电阻属于小电阻，电流表应该外接，P点接b，题中要求电流表能从0开始变化，所以采取分压接法，Q点应接a，根据电阻定律 ,以及 代入数据可得长度为31.4m 综上所述本题答案是：(1). 2.50 (2). 接b (3). 接a (4). 31.4【点睛】电压表的最小精度为0.1V，则有效数字应该保留到0.01V，利用电路结构并结合串并联关系求出待测电阻的阻值，然后求解电线的长度。12.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数的实验在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；B.用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；C.在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上；D.烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；E.记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；F.滑块a最终停在C点(图中未画出)用刻度尺测出AC之间的距离Sa；G.小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离Sb；H.改变弹簧压缩量，进行多次测量。(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为_mm；(2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即a的动量大小_等于b的动量大小_；(用上述实验所涉及物理量的字母表示)(3)改变弹簣压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的Sa与关系图象如图丙所示，图象的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为_。(用上述实验数据字母表示)【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】（1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm。（2）烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为：，故a的动量为：，b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： 及 联立解得：，故b的动量为：。（3）对物体a由光电门向左运动过程分析，则有：，经过光电门的速度：，由牛顿第二定律可得：，联立可得：，则由图象可知：。三、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道，底层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示已知水泥管道间的动摩擦因数=，货车紧急刹车时的加速度大小为8m/s2每根钢管道的质量m=1500kg，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中管A、B之间弹力大小；（2）如果货车在水平路面上匀速行驶的速度为43.2km/h，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离【答案】（1）5000N（2）1.8m【解析】试题分析：对上层管道受力分析，根据力的平衡条件即可求出管A、B之间的弹力大小；先根据牛顿第二定律求出上层管道的加速度，然后根据的变形公式分别表示出上层管道在急刹车及货车停下后运动的总距离和货车的刹车距离，二者之差即为最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离。（1）上层管道横截面内受力分析，其所受支持力为FN，如图所示：在竖直方向有：2FNcos30-mg=0解得：（2）由题意知，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，根据牛顿运动定律：2FN=ma1代入数据解得：货车紧急刹车时的加速度为：a2=8m/s2根据速度位移公式可得货车的刹车距离：上层管道在急刹车及货车停下后运动的总距离：上层管道相对于货车滑动的距离：x=x1x2联立以上并代入数据解得：x=1.8m点睛：本题主要考查了相对运动问题，正确受力分析及灵活运用运动学公式来求解相关的位移，其次关键是寻找两者位移之间的关系。14.如图所示，间距为d的平行导轨A2A3、C2C3所在平面与水平面的夹角=30，其下端连接阻值为R的电阻，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，水平台面所在区域无磁场。长为d、质量为m的导体棒静止在光滑水平台面ACC1A1上，在大小为mg(g为重力加速度大小)、方向水平向左的恒力作用下做匀加速运动，经时间t后撤去恒力，导体棒恰好运动至左边缘A1C1，然后从左边缘A1C1飞出台面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2处，沿导轨下滑时间t后开始做匀速运动。导体棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R外的其他电阻、一切摩擦均不计。求：(1)导体棒到达A1C1处时的速度大小v0以及A2C2与台面ACC1A1间的高度差h；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)导体棒在导轨上变速滑行的过程中通过导体棒某一横截面的总电荷量q。【答案】（1）gt； （2） 【解析】【分析】（1）导体棒在台面上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出速度，导体棒离开台面后做平抛运动，应用平抛运动规律求出高度；（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件可以求出速度；（3）导体棒在导轨上运动过程，应用动量定理可以求出通过导体棒横截面的电荷量；【详解】（1）导体棒在台面上做匀加速直线运动，速度：，由牛顿第二定律得：，解得：，导体棒离开台面后做平抛运动，竖直方向：，解得：；（2）导体棒在导轨上做匀速直线