2019届高三物理上学期第五次月考试卷(含解析).doc

2019届高三物理上学期第五次月考试卷(含解析)一、选择题1.原子核经放射性衰变变为原子核，继而经放射性衰变变为原子核，再经放射性衰变变为原子核。放射性衰变 、和依次为A. 衰变、衰变和衰变 B. 衰变、衰变和衰变C. 衰变、衰变和衰变 D. 衰变、衰变和衰变【答案】A【解析】试题分析：该题考察了、衰变特点，只要写出衰变方程即可求解解：根据、衰变特点可知：经过一次衰变变为，经过1次衰变变为，再经过一次衰变变为，故BCD错误，A正确故选A考点：原子核衰变点评：本意很简单，直接考察了、衰变特点，注意衰变过程中满足质量数、电荷数守恒【此处有视频，请去附件查看】2.设地球的质量为M，半径为R，自转角速度为，万有引力常量为G，同步卫星离地心高度为r，地表重力加速度为g，则关于同步卫星的速度v的表达式不正确的是( )A. v=r B. v=GMR C. v=3GMw D. v=Rgr【答案】B【解析】【分析】根据线速度与角速度的关系，万有引力提供向心力、万有引力等于重力，抓住同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等进行分析求解。【详解】A项：因为同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，则同步卫星的线速度v=r故A正确；B、C项：根据万有引力提供向心力，有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr由上式得：v2=GMr，则有：v3=GMrv=GM，则有：v=3GM故B错误，C正确；D项：因为GM=gR2，所以vGMr=gR2r=Rgr，故D正确。本题选不正确的，故选：B。【点睛】解决本题的关键知道同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，以及掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这连个理论，并能灵活运用。3.如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的ut图像。原、副线圈匝数比n1n2101，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A，则 ( )A. 变压器原线圈所接交流电压的有效值为230VB. 变压器输出端所接电压表的示数为222VC. 变压器输出端交变电流的频率为50HzD. 变压器的输出功率为2202W【答案】C【解析】【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。【详解】A、B、D项：由原线圈所接正弦交流电u-t图象以及交流电规律可知，变压器原线圈所接交流电压有效值为U1=Um2=3112V=220V，因为原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，输出端所接电压表示数也为有效值，由变压器的变压关系可知U1：U2=n1：n2，解得U2=22V，变压器的输入功率等于输出功率P=U1I1=220W，故A、B、D错误；C项：再由u-t图象知交流电周期为0.02s，频率为50Hz，故C正确。故选：C。【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。4.用绳AC和BC吊起一重物处于静止状态，如图所示若AC能承受的最大拉力为150 N，BC能承受的最大拉力为105 N(sin 370.6，cos 370.8)。那么，下列不正确的说法是()A. 当重物的重力为150 N时，AC、BC都不断，AC拉力比BC拉力小B. 当重物的重力为150 N时，AC、BC都不断，AC拉力比BC拉力大C. 当重物的重力为175 N时，AC不断、BC刚好断D. 当重物的重力为200 N时，AC断、BC不断【答案】ACD【解析】【分析】对结点受力分析后，应用平衡条件求解出AC绳和BC绳上的拉力关系，根据两绳所能承受的最大拉力判断谁先断，按照最小的求解即可。【详解】A、B项：取C点为研究对象进行受力分析如图所示：当重物的重力为150N时，AC拉力为：T1=mgcos37=120N150NBC拉力为：T2=mgcos53=90N105N即当重物的重力为150N时，AC、BC都不断，且AC拉力比BC拉力大，故A错误，B正确；C项：当重力为175N时，假设绳子不断时，AC拉力为：T1=mgcos37=140NBC拉力为：T2=mgcos53=1750.6N=105N，所以BC绳刚好先断，BC断后AC要承担的拉力为175N会断，故C错误；D项：由前面分析可知当重物的重力为200N时，BC一定会断，BC断后AC要承担的拉力为200N最终也会断，故D错误。本题选不正确的，故选ACD。【点睛】本题为平衡条件的应用，正确受力分析、作出力图后根据临界条件列式，再进行判断即可。5.如图所示，abcd为水平放置的平行“U”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿垂直于MN的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好），则A. 电路中感应电动势的大小为BlvsinB. 电路中感应电流的大小为BvsinrC. 金属杆所受安培力的大小为B2lvsinrD. 金属杆的热功率为B2lv2rsin【答案】AD【解析】【分析】根据E=BLv，L是有效的切割长度，求解感应电动势根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小由F=BIL求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率【详解】切割的有效长度为lsin，故电路中感应电动势为：E=Blsinv=Blvsin ，电路中感应电流的大小为：I=Elsinr=Bvr，金属杆的热功率为：P=EI=I2r=B2lv2rsin；金属杆所受安培力的大小为：F=BIlsin=B2lvrsin，故AD正确，BC错误。故选AD。【点睛】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv中L为导线的有效切割长度，而求安培力时L为存在电流的总长度6.如图所示，一质量为M的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为m的木块可视为质点，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为，木块始终没有滑离木板。则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中A. 两物体间的相对位移小于木板对地的位移B. 因摩擦而产生的热Q=MM+m12mv02C. 从开始运动到两物体具有共同速度所用的时间t=mv0g(M+m)D. 两物体的共同速度v共=mv0M+m【答案】BD【解析】【详解】对木块和木板系统，由动量守恒定律：mv0=(m+M)v；由能量关系：mgL=12mv0212(m+M)v2；对木板：mgx=12Mv2，解得 mgL=12mv02MM+m ；mgx=12mv02MM+mmM+m，可知xv1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中A. 物块克服摩擦力做的功为12mv12B. 物块克服摩擦力做的功为12m(v02v12)C. 产生的内能为12m(v02v12)D. 产生的内能为12m(v0v1)2【答案】BD【解析】【详解】A、B、物块的速度大于传送带的速度受摩擦力向左，向右匀减速直到共速，由动能定理可知：Wf=12mv1212mv02，故Wf=12mv0212mv12；故A错误，B正确.C、D、物体和传送带间的相对摩擦生热，相对位移为x=v0+v12v0v1gv1v0v1g=(v0v1)22g，故热量为Q=mgx=m(v0v1)22；故C错误，D正确.故选BD.【点睛】解决本题的关键根据受力判断出物块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解；求动能往往根据动能定理.二、非选择题9.在“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示。槽口末端在水平地面上的竖直投影为O点，实验中可供选择的碰撞小球均为直径相同的硬质小球，碰撞时都可认为是弹性碰撞。设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2。（1）为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使m1_m2。（填“”“”或“ (2). （2）水平 (3). （3）不需要， (4). m1x1+m2x3【解析】（1）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求mamb，ra=rb（2）要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；（3）小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，所以不需要测量槽口末端到水平地面的高度h.要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v2=m1v1+m2v3, 上式两边同时乘以t得：m1v2t=m1v1t+m2v3t，得：m1x2=m1x1+m2x3，【点睛】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式10.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所用小灯泡标有“3V 0.3A”字样，并提供以下器材：A.电压表V (05V，内阻约3k)B电流表A1 (03A，内阻约0.2)C.电流表A2 (0500mA，内阻约1)D.滑动变阻器R1(010)E.滑动变阻器R2(02k)F.直流电源E(电动势4.5V，内阻不计)G.开关S及导线若干(1)为了提高测量的准确度和调节方便，实验中应选用的电流表是_(选填“B”或“C”)，应选用的滑动变阻器是_(选填“D”或“E”)(2)在虚线框内画出实验电路图_。 (3)正确设计并连接好实验电路后，闭合开关S缓慢移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组示数描绘出的U-I图象如图所示，可知随着小灯泡中的电流增大，小灯泡的电阻_(选填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). （1）C (2). D (3). （2）如图； (4). （3）增大。【解析】【分析】（1）器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器。（2）电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接，由此画出实验电路图；（3）根据实验原理分析即可【详解】（1）小灯泡的额定电压为3V，小灯泡的额定电流为0.3A，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选500mA的A2，故选C总电阻为xx的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为10的滑动变阻器R1，故选D；（2）小灯泡在正常工作时的电阻R=30.3=10，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法。电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法。电路图如图所示：（3）通过灯泡的电流随灯泡两端电压增大而增大，小灯泡的电阻随温度的升高逐渐增大，所以U-I图象中的斜率也要逐渐增大，即小灯泡的电阻增大。【点睛】解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别11.如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接质量m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m重力加速度g=10m/s2求：(1)碰后小球B的速度大小vB；(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力【答案】（1）6m/s（2）20N，向下【解析】【详解】(1)根据h=12gt2得:t=2hg=20.810s=0.4s则vA=st=1.20.4m/s=3m/s规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2vB-m1vA，代入数据解得：vB=6m/s(2)根据动能定理得:m2g2R=12m2vC212m2vB2代入数据解得:vC=23m/s根据牛顿第二定律得:m2g+F=m2vC2R解得:F=m2vC2Rm2g=2120.620=20N,方向向下根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.12.如图所示，一带正电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以速度v0沿极板方向射入电容器，该粒子恰好能够沿下极板边缘飞入右侧匀强磁场中，匀强磁场左边界与电容器极板垂直。粒子出磁场时正好运动到上极板右边缘处，已知极板长度为l0，两极板间的距离为l02，粒子的比荷为k，粒子重力不计，求：（1）两极板之间的电压U；（2）匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】(1) U=v022k (2) B=4v0kl0【解析】【分析】粒子在电场中运动时，做类平抛运动，根据运动的合成与分解求出两极板之间的电压；由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何知识可得半径，根据洛伦磁力提供向心力求出匀强磁场的磁感应强度大小；解：（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，平行极板方向l0=v0t垂直极板方向l02=12at2由牛顿第二定律可得qUl02=ma，又k=qm联立解得U=v022k（2）粒子在电场中运动时，垂直极板方向有l02=vy+02t粒子进入磁场时速度大小为v=v02+vy2设速度方向与初速度方向夹角为，则tan=vyv0解得v=2v0，=45根据几何知识可得2r=l02由于粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvB=mv2r联立解得B=4v0kl013.下列说法正确的是A. 布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动B. 液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离， 因此液体表面有收缩趋势C. 随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小D. 第二类永动机不可能制成，是因为违反了热力学第一定律E. 一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加【答案】BCE【解析】【详解】A. 布朗运动是固体微粒的无规则运动，是由液体分子撞击形成的，反应了液体分子的无规则运动，故A错误；B. 液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，大于r0，分子间作用力表现为引力，因此液体表面有收缩趋势，故B正确；C.首先明确了开始分子之间距离与r0关系，才能判断分子势能的变化情况，若开始分子之间距离小于r0，则在分子之间距离增大到大于r0的过程，分子势能先减小后增大，故C正确；D.根据热力学第二定律可知，第二类永动机并未违反能量守恒定律，而是违反了宏观自然过程发展的方向性，即违反了热力学第二定律，故D错误；E.根据气态方程可知一定质量的理想气体压强增大，体积增大，温度一定升高，因此内能增加，故E正确。故选：BCE.14.如图所示，一根粗细均匀的玻璃管长为L100cm，下端封闭上端开口竖直放置，管内有一段长为H25cm的水银柱封闭了一段长为L140cm的空气柱。已知环境温度为t=27，热力学温度与摄氏温度的关系为T t+273K，大气压强为p075cmHg。 如果将玻璃管缓缓放平（水银不外溢），求玻璃管内气柱将变为多长（保留三位有效数字）？如果保持玻璃管口向上，缓慢升高管内气体温度，当温度升高到多少摄氏度时，管内水银开始溢出？【答案】（1）53.3cm（2）289.50C 【解析】【分析】由玻璃管内气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出玻璃管内气柱的长度；根据盖-吕萨克定律可求出气体的温度。【详解】解（1）以玻璃管内封闭气体为研究对象，设玻璃管横截面积为S，初态压强为：P1=P0+H=75+25=100cmHg，V1=L1S=40S 倒转后压强为：P2=P0=75cmHg，V2=L2S 由玻意耳定律可得：P1V1=P2V2 解得：L2=53.3cm （2）保持玻璃管口向上，缓慢升高管内气体温度，当水银柱与管口相平时，管中气柱长为：L3=LH=10025cm=75cm ，体积为：V3=L3S=75S 由于气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：V1T1=V3T3 已知T1=273+27=300K，V1=40S 代入数据解得：T3=562.5K，t=289.515.如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.6s时的波形图，波的周期T0.6s，则（ ）A. 此波的周期为0.8 sB. 在t=0.5s时，Q点到达波峰位置C. 经过0.4 s，P点经过的路程为0.6 mD. 在t=0.9s时，P点沿y轴正方向运动E. 在t=0.9s时，P点沿y轴负方向运动【答案】ABE【解析】【分析】应用平移法求出波的波长和周期；根据波的传播方向确定质点的振动方向；在一个周期内质点完成一个全振动，运动路程为4A；后一个质点重复前一个质点的振动，故t=0.5s时，Q点振动情况和t=0时距离坐标原点x=x0+vt=10m处的质点的振动情况相同。【详解】A项：根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移(n+34) ，其中n=0、1、2、3、4，故由实线传播到虚线这种状态需要(n+34)T即(n+34)T=0.6s，解