四川省宜宾市第四中学2019届高三物理下学期4月月考试题（含解析）.docx

四川省宜宾市第四中学2019届高三4月月考理综-物理试题1.钍具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤，同时伴随有射线产生，其方程为，钍的半衰期为24天则下列说法中正确的是A. x为质子B. x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C. 射线是镤原子核外电子跃迁放出的D. 1g钍经过120天后还剩0.2g钍【答案】B【解析】【详解】（1）根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即X为电子，故A错误；（2）衰变的实质：衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，即故B正确；（3）射线是镤原子核放出的，故C错误；（4）钍半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩0.03125g，故D错误；故本题正确答案选B。2.如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量，绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态，如果将悬点P靠近Q少许使系统重新平衡，则A. 物体A的重力势能增大B. 物体B重力势能增大C. 绳的张力减小D. P处绳与竖直方向的夹角减小【答案】A【解析】B物体对绳子的拉力不变，等于物体B的重力；动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；所以物体A上升，物体B下降，所以物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小，故A正确；BCD错误；故选A。【点睛】关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性。3.如图所示理想变压器原线圈输入电压，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是A. 时，B. 滑片P向下滑动过程中，U1变小C. 滑片P向下滑动过程中，U2增大D. 滑片P向下滑动过程中，I1变大【答案】D【解析】A、V1和V2是理想交流电压表，示数U1和U2表示电压的有效值，故A错误；BCD、滑片P向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈的电压只与输入电压和匝数有关，所以U1、U2不变，流过R0的电流I2变大，根据变压器原理得I1变大，故D正确，BC错误；故选D。【点睛】考查了变压器的构造和原理，还考查了电路的动态分析。4.一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，从圆周上P点向纸面内各方向发射质量、电量、速率均相同的带电粒子，这些粒子均从四分之一圆周磁场边界PQ上射出，忽略粒子之间的相互作用。则带电粒子在磁场中运动的轨道半径为A. RB. RC. RD. R【答案】B【解析】当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径，由几何关系得：，解得：，故选B.5.磁电式电流表的构造如图(a)所示，在踹形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图(b)所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹赞被扭动，线图停止转动时满足NBIS=k，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，为线圈(指针)偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（ ）A. 该电流表的刻度是均匀的B. 线圈转动过程中受到的安培力的大小变大C. 若线圈中通以如图(b)所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动D. 更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即)【答案】A【解析】【详解】A项：磁场是均匀辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，所以该电流表的刻度是均匀的，故A正确；B项：磁场是均匀辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，线圈转动过程中各个位置时产生的感应电流大小也不变，所以受到的安培力的大小不变，故B错误；C项：若线圈中通以如图(b)所示的电流时，根据左手定则，左侧受安培力向上，右侧受安培力向下，所以顺时针转动，故C错误；D项：更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变大，但转动角度变化减小，所以灵敏度减小，故D错误。6.如图所示，A、B、C、D、E、R、G、H是边长为a的正立方体的八个顶点。下列说法正确的是A. 只在F点放置点电荷，则A、D两点电势差等于C、G两点电势差B. 只在A、B两点放置等量异种电荷，则H、G两点电场强度大小相等C. 只在B、D两点放置等量异种电荷，则A、G两点电势相等D. 在八个顶点均放置电荷量为q的点电荷，则立方体每个面中心的电场强度大小相等【答案】BCD【解析】点电荷周围电场分布为球对称分布，距离点电荷距离为r处的电势；故A、D两点电势差UAD，C、G两点电势差UGC ；故A、D两点电势差小于C、G两点电势差，故A错误；异号电荷电荷量相等，那么，A处点电荷在H处场强与B处点电荷在G处场强大小相等，A处点电荷在G处场强与B处点电荷在H处场强大小相等；根据几何关系，又有H处两分场强的夹角和G处两分场强的夹角相等，故合场强大小相等，故B正确；只在B、D两点放置等量异种电荷，那么，在BD连线的中垂面上场强方向与中垂面垂直，故中垂面为等势面；又有A、G在中垂面上，故电势相等，故C正确；在八个顶点均放置电荷量为q的点电荷，则立方体每个面上四个点电荷在面中心的场强之和为零，后面四个点电荷在面中心形成的场强垂直平面；又有点电荷电荷量都为q，点电荷到对面面中心的距离相等，故场强大小相等，又有点电荷到面中心的直线与面中心的角度相等，故合场强大小相等，故D正确；故选BCD。7.如图所示，质量均为1kg的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在木块M 和N的右侧，在绳子的中点用力F=6N拉动M和N一起沿水平面向右以加速度a=2m/s2作匀加速运动，细线与竖直方向的夹角= 60，重力加速度g=10m/s2.则下列说法正确的是A. 木块N和地面之间的动摩擦因数=0.1B. 木块M和之间的最大静摩擦力可能是=2.5NC. 木块M对木块的压力大小为10ND. 若变小，拉动M、N一起作匀加速运动(a=2m/s2)所需拉力应大于6N【答案】AB【解析】将M、N当作整体，则由牛顿第二定律：，解得=0.1，选项A正确；隔离物体M: ，解得f1MN=1N，则木块M和N之间的最大静摩擦力可能是fMN=2.5N，选项B正确；木块M对木块N的压力大小为，其中F=2Tcos300，则FN=(10+)N，选项C错误； 当看成整体时，无论变小，还是变大，拉动M、N一起做a=2m/s2的匀加速运动所需拉力仍等于6N，故D错误；故选AB。点睛：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法，整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力8.如图所示，质量均为m的a、b、c、d四个带电小球，其中，a、b、c三个完全相同的小球的带电量值均为q（电性未知），且位于光滑绝缘的水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球等分整个圆周带电量值为10q（电性未知）的小球d位于O点的正上方R处，且在外力作用下恰好处于静止状态重力加速度为g，静电力常量为k则下列说法中正确的是( )A. a、b、c、d四个小球带电量总和可能为-7qB. 外力的大小为，方向竖直向上C. 小球a的角速度为D. 小球b的动能为【答案】ABC【解析】a、b、c三个完全相同的小球绕O点做半径为R的匀速圆周运动，可知三个小球带的电性与d球相反，则a、b、c三个小球可能各带+q的电荷，d带-10q的电量，总电量为-7q，选项A正确；三个小球与d点连线与竖直方向的夹角；对d球受力分析，由平衡知识可知：，方向竖直向上，选项B正确；对球a：，解得 ，选项C正确；小球b的动能为 ，选项D错误；故选ABC.点睛：本题与圆锥摆类似，关键要正确分析四个小球受力，确定向心力的来源是关键运用牛顿第二定律和平衡条件研究三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题，考生根据要求作答。9.某同学用如图所示的装置，研究细绳对小车的拉力做功与小车动能变化的关系。通过改变动滑轮下所挂钩码的个数可以改变细绳对小车的拉力，实验所用钩码质量均为m。(1)关于本实验，下列说法正确的是_A.实验时，小车应靠近打点计时器，先释放小车后，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数B.本实验不需要平衡摩擦力C.实验过程中，动滑轮和所挂钩码所受的重力等于弹簧秤示数的2倍D.实验中不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的质量(2)某次实验时，所挂钩码的个数为2个，记录的弹簧秤示数为F，小车质量为M，所得到的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔为T，两相邻计数点间的距离分别为S1、S2、S3、S4，该同学分析小车运动过程中的BD段，在操作正确的情况下应该有等式_成立。【答案】 (1). D (2). 【解析】(1)A、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车后，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数，故A错误；B、探究外力做功与速度变化关系的实验，要求合力为拉力，所以要平衡摩擦力，故B错误；C、实验过程中，根据牛顿第二定律可知，动滑轮和所挂钩码所受的重力大于弹簧秤示数的2倍，故C错误；D、拉力可以由弹簧测力计测出，不需要满足所挂钩码的总质量远小于车的总质量，故D正确；(2) 小车运动过程中的BD段合力做功为，动能的变化量，所以操作正确的情况下应该有等式；10.某实验小组在测量金属圆柱体的电阻率的实验中，先用螺旋测微器测量圆柱体直径。再用伏安法测量圆柱体的电阻，已知圆柱体的电阻大约为300。(1)用螺旋测微器测量其直径时的刻度位置如图所示，由图可知其直径为_mm。在用伏安法测定圆柱体的电阻时，除被测金属圆柱体外，还有如下供选择的实验器材：A电流表A1(量程为20mA，内阻约为10)B电流表A2(量程为5mA，内阻r=20)C电压表V，(量程为3V，内阻RV约为4k)砂定值电阻R1=10E定值电阻R2=20F滑动变阻器R3(020)G滑动变阻器R4(0300)H直流电源E(电动势为6V，内阻很小)I开关S一个，导线若干(2)为使测量结果尽量准确，减少误差，实验中要求电表偏转至少半偏以上，要完成实验，除了待测圆柱体、电压表(C)、直流电源(H)、开关导线(I)、以外，还需要的器材是_(填写器材前的字母编号)；(3)请在答题卡的规定位置画出实验电路图_；(4)若电压表、电流表示数分别为U、I，用题中所给符号写出待测圆柱体的电阻表达式Rx=_。【答案】 (1). 4.6984.700 (2). BEF (3). (4). 【解析】(1)由图示螺旋测微器可知，固定刻度是4.5mm，可动刻度是19.80.01mm=0.198mm，螺旋测微器的示数，即金属丝直接d=4.5mm+0.198mm=4.698mm；(2)电压表量程是3V，电阻两端最大电压U=3V，电路最大电流约为，电路最大电流为20mA的二分之一，电流表A1(量程为20mA，内阻约为10)不符合题中要求，因此电流表应选电流表A2(量程为5mA，内阻r=20)与定值电阻R2=20并联的改装的电流表；两个滑动变阻器都可以保证电路安全，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器F， 还需要的器材是BEF； (3) 由于，电流表应采用内接法，滑动变阻器最大阻值为20，待测电阻阻值约为300，滑动变阻器采用分压接法，移动滑片电路电流变化范围较大，可以进行多次实验，测出多组实验数据，电路图如图所示(4)根据欧姆定律和电路结构，待测圆柱体的电阻表达式11.如图所示，水平绝缘轨道，左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为L，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的摩擦因数为=0.5，电场外的轨道光滑，质量为m、带电量为+q的的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接，(A、B均可视为质点)，已知匀强电场场强大小为。求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)整个过程A在电场中运动的总路程。【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：根据动能定理和动量守恒定律，求出物体A碰前的速度，根据机械能守恒即可求出弹簧的最大弹性势能；由题意知最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x，由能的转化与守恒可得AB共同在电场中运动的距离，再加上电场区域宽度即可求出整个过程A在电场中运动的总路程。（1）物体A碰前的速度为，根据动能定理：碰撞过程动量守恒：压缩过程机械能守恒：，解得（2）最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x，由能的转化与守恒：A在电场中运动的总距离为s，位移关系为：s=L+x联立解得：点睛：本题主要考查了动能定理和动量守恒的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。12.如图1所示，一质量为m=1kg木板A静止在光滑水平地面上，在t=0时刻，质量为M=2kg的小物块B以初速度v0=3m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞。木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触木板A在00.8s内的速度随时间的变化关系如图2所示，重力加速度为g=10m/s2，求（1）t=0时刻木板的右端到墙的距离L以及t=0.4s时刻B的速度大小；（2）A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小；（3）从t=0至A于强第5次碰前，A、B组成的整体因摩擦产生的总热量。【答案】(1)L=0.16m，；(2)； (3) 【解析】（1）由图2，t1=0.4s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度T=0时刻木板的右端到墙的距离为，解得L=0.16mA与墙第一次碰撞前，对A、B由动量守恒定律可得，解得（2）只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度，A就在0L之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为B的加速度，A的加速度大小（3）设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度，以向右为正，对B：对A：，联立解得第一次到达共同速度应满足，联立解得，故n=3，设第4次碰撞后可能的共同速度为，对A、B系统由动量守恒定律可得可以得到，因为，故在第5次碰撞前A、B已达到共同速度。对A、B整体，由能量守恒定律，解得Q=8.97J；综上所述本题答案是：(1)L=0.16m，；(2)； (3) 点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动量守恒定律与匀变速直线运动规律解题。13.下列说法正确的是 A. 气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B. 一定质量的理想气体发生等于膨胀过程，其温度一定升高C. 悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡D. 当液体，表面的分子间距离大于分子间的平衡距离时，液面有表面张力E. 某气体的摩尔体积为，每个分子的体积为，则阿伏伽德罗常数可表示为【答案】ABD【解析】【详解】A项：由热力学第一定律可知，气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子平均动能增大，故A正确；B项：一定质量的理想气体发生等压膨胀过程，等压变化，压强不变，由公式可知，体积变大，温度升高，故B正确；C项：悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越少，不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C错误；D项：液体表面分子间距离大于平衡位置间距，分子力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故D正确；E项：某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为，而对气体此式不成立，故E错误。14.如图所示，一圆柱形气瓶水平放置，瓶内用活塞分为A、B两部分，分别装有理想气体，活塞与瓶内壁气密性好，并可在瓶内自由移动，不计摩擦。开始时，A、B两部分气体的体积之比为，压强均为，大气温度为T，K为阀门。当温度升高时，活塞将如何移动？若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略。当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时，A中气体的压强多少？若此过程A中气体对外做功为W，则A中气体内能变化多少？【答案】活塞将静止不动；0.8P，0【解析】【详解】假设温度升高过程中活塞不动，则气体体积保持不变，气体发生等容变化，由查理定律得： ，解得： 气体压强的变化量： 由于 都相同，两边气体压强的变化量：相同，活塞将静止不动；设开始，A的体积为2V，则B的体积为V，由题意可知，气体A后来的体积为，A气体发生等温变化，由玻意耳定律得： 解得：，由于气体A的温度不变，气体内能不变， 。15.位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动，A刚好完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形图如图所示，已知波速为2m/s，波源A简谐运动的周期为0.4