闽粤赣三省十校联考2019届高三物理下学期月考试题（含解析）.docx

2018-2019学年闽粤赣三省十校联考高三（下）月考物理试卷一、单选题1.下列说法正确的是A. 在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，但能量不一定守恒B. 铀核裂变的核反应是C. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为D. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应是因为这束光的强度太弱【答案】C【解析】【详解】在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，能量守恒，故A错误；铀核裂变不能自发进行，写核反应方程时两边的中子不能相约，故B错误；卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为，故C正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为金属的极限频率大于入射光的频率，故D错误；故选C.2.如图，倾斜固定直杆与水平方向成角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成角下列说法中正确的A. 圆环不一定加速下滑B. 圆环可能匀速下滑C. 圆环与杆之间一定没有摩擦D. 圆环与杆之间一定存在摩擦【答案】D【解析】试题分析：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力和沿绳子收缩方向的拉力，小球的合外力不为零，小球不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，圆环也不可能匀速下滑，所以B项错误；根据牛顿第二定律，加速度，小球与圆环相对静止，圆环一定加速下滑，所以A项错误；整体的加速度也应该为，假设圆环与杆之间没有摩擦，取整体为研究对象，加速度，说明假设错误，C项错误；圆环与杆之间一定存在摩擦，所以D项正确。考点：本题考查了整体和隔离法与牛顿第二定律3.t=0时，甲、乙两车同时同向行驶，其位移时间图象分别为图中直线甲和曲线乙。已知乙车的加速度恒定，且大小为4m/s， t=3s时，直线甲和曲线乙刚好相切，则t=0时甲车和乙车的距离为A. 16mB. 18mC. 20mD. 22m【答案】B【解析】由图可知，甲车的速度为，3s时，直线甲和曲线乙刚好相切，即此时乙车的速度，由图可知乙车做匀减速直线运动，即，设乙车的初速度为，由，得，由图可知甲车的位移为，乙车的位移为，t=3s时，甲车和乙车到达同一位置，则，故选B。【点睛】由图知，甲车做匀速直线运动，由斜率求出甲车的速度t=3s时，直线甲与曲线乙刚好相切，两车的速度相等，对乙车，由速度时间公式求出乙车的初速度由位移公式求出两车的位移，即可求得t=0s时两车相距的距离4.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一带电粒子从a点沿ad方向射入磁场，当速度大小为v1时，粒子从b点离开磁场；当速度大小为v2时，粒子从c点离开磁场，不计粒子重力，则v1与v2的大小之比为A. 1：2B. 2：1C. 1：3D. 【答案】C【解析】设正方形边长为L，则当粒子从b点离开磁场时，则粒子运转半径为；当当粒子从c点离开磁场时，则粒子运转半径为；根据，则，则，故选C.点睛：带电粒子在磁场中运动的问题，关键是画出粒子的轨迹图，结合几何关系找圆心和半径，然后确定速度关系.5.用正弦式交变电流通过一理想变压器给距离较远的用户供电， 电路图可等效为图示电路。副线圈与用户之间导线的电阻为r，其余部分导线与电流表的电阻均不计。已知开关S闭合前后用户消耗的电功率相等，变压器输入电压有效值不变，则下列说法正确的是( )A. 开关闭合前后变压器的输入功率不变B. 开关闭合前后输电线上损失的功率之比为1:2C. R: r = 2:1D. 开关闭合前后电流表的读数之比为1:2【答案】B【解析】【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，结合题目的条件来分析其他元件的电流、电压及功率的变化情况。【详解】A变压器输入电压有效值不变，由知，在副线圈所在电路中，保持不变，开关闭合前，开光闭合后，用户电阻变为,故开关闭合前后变压器的输入功率变化，A错误；BC根据开关S闭合前后用户消耗的电功率相等，有，可得，输电线上损失的功率为输电线上电阻的发热功率，开始闭合前，开关闭合后，结合,可得，故B正确，C错误。D由知，电流表的示数。则；在副线圈电路中，闭合前电流，闭合后，电流，结合，得6.某行星的自转周期为T，赤道半径为R研究发现，当该行星的自转角速度变为原来的2倍时会导致该行星赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知引力常量为G则A. 该行星的质量为B. 该行星的同步卫星轨道半径为C. 质量为m的物体对行星赤道地面的压力为D. 环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度为7.9km/s【答案】B【解析】该行星自转角速度变为原来两倍，则周期将变为T，由题意可知此时： ，解得：，故A错误；同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力可得：，又，解得：rR，故B正确；行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力：，又：，解得：，由牛顿第三定律可知质量为m的物体对行星赤道地面的压力为，故C错误；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，由于不知道该星球的质量以及半径与地球质量和半径的关系，故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系，故无法确环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于7.9km/s，故D错误；故选B点睛：重点知识：行星自转的时候，地面物体万有引力等于重力没错，但是不是重力全部用来提供向心力，而是重力和支持力的合力提供向心力；“星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力”时重力独自充当向心力二、多选题7.真空中有两点电荷、分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是( )A. 带正电，带负电B. D点电势高于A点电势C. 电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的二倍D. 电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的一半【答案】AD【解析】A点电场强度的方向垂直AB向下，EA为A点的合场强，将EA分解到AC和AB方向如图所示，可知点电荷q1的电场强度方向由C指向A，则q1为正电，知点电荷q2的电场强度方向由A指向B，则q2为负电，A正确；由于A、D两点到q1的距离是相等的，D距离q2更近，沿着电场方向，电势逐渐降低，则D点电势低于A点电势，故B错误；从图中可知设AB=2L，则AC=ABsin30=L，从场强分解的图中可知E2:E1sin30，即E1=2E2，又E1=，E2=，可得q2=2q1；故C错误，D正确；故选AD。点睛：本题考查电场的叠加，解题的关键是将A点合场强进行分解，并作出分解图，从而判断两点电荷的电性，结合几何关系找到两场强的关系，从而求出两点电荷带电量之比。8.如图所示，物块A、B静止在光滑的水平面上，质量均为1kg，B通过轻弹簧与墙相连，弹簧处于自然伸长状态，现给A一个向左的初速度v0=10m/s，使A向B撞去并瞬间锁定在一起，当弹簧被压缩至最短时解除锁定，物块A最终会被反弹出来，则下列说法正确的是（ ）A. 弹簧能获得的最大弹性势能为25JB. 物块A最终的速度大小为5m/sC. 整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小为15NsD. 整个过程中的机械能损失37.5J【答案】ABC【解析】【分析】AB碰撞动量守恒，但是在碰撞过程中机械能有损失，但是在与弹簧相互作用过程中系统机械能守恒，根据动量守恒定律和能量守恒进行接题即可；【详解】A、当A与B相撞过程中动量守恒，则，则，当AB速度为零时，弹簧被压缩到最短时二者速度为零，此时弹性势能最大，则获得最大弹性势能为：，故选项A正确；B、由于水平面光滑且反弹时AB间的锁定解除，故A、B在弹簧恢复原长时分离，根据能量守恒可知，弹性势能又转变为二者的动能，则分离时物块A的速度为，故选项B正确；C、以物块A为研究对象，整个过程中根据动量定理可知：，故选项C正确；D、因碰撞后压缩弹簧过程在中只有弹力做功，机械能守恒，故只有碰撞过程机械能有损失，即整个过程的机械能损失为：，故选项D错误。【点睛】本题考查动量守恒和能量守恒，同时也考查了动量定理，关键知道在碰撞过程中机械能出现损失。9.下列说法中正确是（ ） A.气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B.物体温度升高,组成物体的所有分子速率均增大C.一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量D.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E.饱和汽压与分子密度有关,与温度无关【答案】ACD【解析】气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果，选项A正确；物体温度升高，组成物体的所有分子的平均速率变大，并非所有分子的速率均增大，选项B错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，温度升高，内能增大，对外做功，故气体一定从外界吸收热量，选项C正确；根据熵原理，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，选项D正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大故E错误；故选ACD.10.如图，轴上与是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为v=0.4m/s，振幅均为A=2cm，图示为t=0时刻两列波的图象，此时分别传播到P点和Q点，下列说法正确的是_ A.图示时刻质点P、Q都沿y轴负向运动 B.t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点 C.t=1s时刻，质点M的位移为-4cmD.t=1.25s时刻，质点M为振动减弱点E.t=3.5s时刻，质点P的位移为0【答案】ACE【解析】由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动。故A正确；质点不随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到M点，故B错误；波的周期，两质点传到M的时间为，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为-4cm。故C正确；经时，两波的平衡位置恰好传到质点M，根据“上下坡”法，可知两波此时在质点M处的运动方向都沿y轴正方向，即M点为振动加强点，故D错误；向左传播的波经传到质点P，再经过t=2s=2T，刚好到t=3.5s，此时质点P在平衡位置；质点P在向右传播的波经，也刚好回到平衡位置，故在t=3.5s时质点P在平衡位置，则此时质点P的位移为0，故E正确；故选ACE。【点睛】波在传播过程中质点不随波向前移动由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移由波的传播方向来确定质点的振动方向两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱由此分析即可三、实验题探究题11.某同学用如图甲所示的装置探究加速度与力的关系。他在气垫导轨上安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则其宽度为_mm。(2)该同学还测得遮光条静止时到光电门的距离为L，滑块和遮光条的总质量为m。实验时，将滑块从A位置由静止释放改变钩码质量测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，遮光条的宽度用d表示，则F和t的关系可表示为F=_。(3)下列实验要求必要的是_。A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离尽可能小些C.应使遮光条的宽度尽可能大些D.应使细线与气垫导轨平行【答案】 (1). 3.75 (2). (3). D【解析】【分析】（1）游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读（2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式和牛顿第二定律解答（3）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤【详解】（1）由图知第15条刻度线与主尺对齐，d=3mm+150.05mm=3.75mm；（2）滑块经过光电门的速度；由运动公式v2=2aL，F=ma，联立解得：（3）拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A不必要；应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B是错误的；应使遮光条的宽度尽可能小些，可减小测量速度的误差，选项C错误；要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D是必要的；故选D.【点睛】本题要知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度要求能够根据实验原理分析操作的合理性12.用以下器材测量待测电阻的阻值A、待测电阻：阻值约为B、电源E：电动势约为，内阻可忽略不计C、电流表：量程为，内电阻；D、电流表：量程为，内电阻约为；E、定值电阻：阻值；F、滑动变阻器：最大阻值为；G、滑动变阻器：最大阻值为；H、单刀单掷开关S，导线若干；为了测量电阻，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是_；填“甲”、“乙”或“丙”滑动变阻器应该选_；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于_端；填“a”或“b”若某次测量中电流表的示数为，电流表的示数为则的表达式为：_。【答案】 (1). (1)乙 (2). (2)R1 (3). b (4). (3)【解析】【详解】（1）所给的三个电路图中，乙图可明确确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值。故乙图正确。（2）因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则易用小阻值的变阻器。故应选，闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P应置于b端。（3）由并联电路特点：得：四、计算题13.如图，光滑水平面上静止质量=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量=1.0kg的小滑块，在滑块正上方的0点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。将小球向右上方拉至细绳与整直方向成= 60的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。不计空气阻力、滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s。求：(1)小球碰前、碰后瞬间的速度大小；(2)小滑块与木板之间的动摩擦因数。【答案】(1)2m/s， 0.4m/s(2) 0.12【解析】试题分析：（1）根据机械能守恒求出小球下摆到最低点的速度，根据碰撞前后拉力减小了4.8N，分别列出碰撞前后向心力的表达式，即可求出碰撞后的速度大小；（2）利用动量守恒和能量守恒即可求出动摩擦因数。(1)小球下摆过程，机械能守恒小球碰前瞬间的速度大小小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得：，由题意得： 联立求得碰后瞬间小球的速度大小为 (2)小球与小滑块碰撞过程，动量守恒得：解得：小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒得：解得：由能量守恒可得：小滑块与木板之间的动摩擦因数=0.12【点睛】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用，知道小球和小滑块碰撞的瞬间，系统动量守恒；小滑块在木板上运动的过程中，系统动量守恒14.如图所示，倾角为=37的足够长平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻，其阻值为R1R22r，两导轨间距为L=1m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场，其磁感应强度为B1=1T。在导轨上横放一质量m=1kg、电阻为r=1、长度也为L的导体棒ef，导体棒与导轨始终良好接触,导体棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S0.5m2、总电阻为r、匝数N=100的线圈(线圈中轴线沿竖直方向)，在线圈内加上沿竖直方向,且均匀变化的磁场B2(图中未画),连接线圈电路上的开关K处于断开状态，g=10m/s2,不计导轨电阻。求：(1)从静止释放导体棒，导体棒能达到的最大速度是多少？(2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内，电阻R1上产生的焦耳热为Q=0.5J，那么导体下滑的距离是多少？(3)现闭合开关K，为使导体棒静止于倾斜导轨上，那么在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率大小的取值范围？【答案】【解析】对导体棒,由牛顿第二定律有 其中 由知,随着导体棒的速度增大,加速度减小,当加速度减至0时,导体棒的速度达最大，有 导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,由动能定理有 根据功能关系有 根据并联电路特点得 由联立得 开关闭合后，导体棒ef受到的安培力 干路电流 电路的总电阻 根据电路规律及得 由联立得 当安培力较大时 由得 当安培力较小时 由得 故为使导体棒静止于倾斜导轨上，磁感应强度的变化的取值范围为： 根据楞次定律和安培定则知闭合线圈中所加磁场：若方向竖直向上，则均匀减小；若方向竖直向下，则均匀增强。15.如图所示，一气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为，