2019届高三物理下学期寒假学习效果检测(开学考试)试卷(含解析).doc

2019届高三物理下学期寒假学习效果检测(开学考试)试卷(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1417题只有一项符合题目要求，第1821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.关于近代物理，下列说法正确的是_。（填选项前的字母）A. 射线是高速运动的氦原子B. 核聚变反应方程 ，表示质子C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D. 玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氦原子光谱的特征【答案】D【解析】试题分析：射线是高速运动的氦核流，不是氦原子故A错误核聚变反应方程12H+13H-24He+01n中，01n表示中子故B错误根据光电效应方程Ekm=-W0，知最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是成正比，故C错误玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征故D正确考点：本题考查了光电效应方程、玻尔理论等知识【此处有视频，请去附件查看】2. 将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同重力加速度为g假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A. mg B. 13mg C. 12mg D. 110mg【答案】B【解析】试题分析：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d-3d=aT2向下运动时：3d-d=aT2联立得：aa=31根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma向下运动时：mg-f=ma联立得：f=12mg；故选C考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论x=aT2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解3. 如图所示,有四个等量异种的点电荷，分别放在正方形的四个顶点处。a、b、c、d分别为正方形四个边的中点，O为正方形的中点。下列说法正确的是A. a、c两点的电场强度一定相同B. b、d两点的电势一定相同C. 将一带正电的试探电荷从b点沿直线移动到d点，电场力先做正功后做负功D. 将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷的电势能一直减小【答案】ABD【解析】试题分析：设正方向边长为L，每个电荷电量为Q，对a点研究，两个正电荷在a点的合场强为零，根据平行四边形法，两个负电荷在A点的合场强Ea=16kQ25L2，方向水平向右对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在c点的合场强Ec=16kQ25L2，方向水平向右故A正确；b、d两点关于ac连线对称，故b、d两点的电势一定相同，故B正确；据对称性，b、d等电势，所以将一带正电的试探电荷匀速从b点沿直线移动到d点，电场力做功为零，故C错误；根据矢量合成法则，从a点沿直线到c点，各个位置的场强方向向右，所以将一带正电的试探电荷匀速从a点沿直线移动到c点，电场力方向向右，所以电场力一直做正功，所以电荷的电势能一直减小，故D正确；故选：ABD考点:场强的叠加；电场力做功与电势能；4.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是501，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R10 ，其余电阻不计。从某时刻开始经c、d两端给原线圈加上如图乙所示的交变电压。则下列说法正确的是()A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为2.2 VB. 当单刀双掷开关与a连接且t0.01 s时，电流表的示数为零C. 当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大D. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz【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，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，根据输出功率和输入功率相等可明确输入功率的变化，注意变压器不会改变交流电的频率【详解】由图象可知，电压的最大值为2202V，交流电的周期为210-2s，所以交流电的频率为f=50Hz.A、交流电的有效值为U1=22022V=220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为4.4V；故A错误.B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为4.4V，所以副线圈电流为0.44A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为不为零；故B错误.C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大；故C正确.D、变压器只改变电压不会改变交流电的频率；故D错误.故选C.【点睛】本题考查变压器的基本原理应用，要注意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5.如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中( )A. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsin2B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinkC. 物体A的最大速度为gsin6mkD. 物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量【答案】BD【解析】试题分析：在外力撤去前，绳子刚好伸直，拉力为零，对B受力分析可得F=mgsin+F电，即F电=2mgsin，所以撤去外力的瞬间B在沿斜面方向上只受沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的电场力，故有F合=F电+mgsin，所以撤去外力瞬间的加速度a=3gsin，A错误；随着B沿着斜面下滑，绳子的拉力逐渐增大，当F绳=F电+mgsin时，即合力为零时，B的速度最大，此时F绳=kx，解得x=3mgsink，B正确；对AB整体有动能定理可得kx2+3mgsinx123mv20，解得v=12gsin3mk，故C错误；由于过程中只有重力和电场力，弹力做功，所以根据能量守恒看得物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量，故D正确；考点：考查了牛顿第二定律，动能定理，能量守恒定律6.如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A与圆心O等高，B位于O的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是（ ）A. 下滑过程中A的机械能守恒B. 当A滑到圆轨道最低点时，轨道对A的支持力大小为2mgC. 下滑过程中重力对A做功的功率一直增加D. 整个过程中轻杆对B做的功为12mgR【答案】BD【解析】A、下滑过程中杆对A有力的作用，并且这个力对A做负功，所以A的机械能不守恒，故A项错误；B、对AB为整体机械能守恒，当A滑到圆轨道最低点的过程中，由机械能守恒得122mv2=mgR，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有FNmg=mv2R，所以轨道对A的支持力大小为2mg，故B项正确；C、开始时重力做功功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍为零，所以重力做功的功率先增大后减小，故C项错误；D、A运动到底端的过程中，由机械能守恒得122mv2=mgR，所以得B的动能增加量即轻杆对B做的功为12mgR，故D项正确；故选BD。7.如图所示，在0x3a、0ya的长方形区域有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，坐标原点O处有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子重力不计，其速度方向均在xOy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在090范围内，速度大小不同，且满足2Bqamv3Bqam，若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为t1，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为t2，则下列判断正确的是（ ）A. t1=T12 B. t1T12C. t2=T6 D. t2T6【答案】BC【解析】【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R，可得半径：R=mvqB，又因为2Bqamv3Bqam，可得粒子半径满足：2aR3a，而带电粒子做匀速圆周运动的周期为：T=2Rv=2mqB。分析可知最先从磁场上边界飞出的粒子运动轨迹如图所示：此时粒子半径R1=3a，O为圆心，此时粒子转过圆心角1，根据几何关系可知，sin1=13sin30=12，所以可知130，故最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为：t1=1360T30360T=T12，故A错误，B正确；设磁场区域为OACB，根据周期公式T=2mqB可知粒子在磁场中运动的周期相同，分析可知最后从磁场中飞出的粒子轨迹如图所示：此时粒子半径R2=2a，恰好在C点离开磁场，延长CB至O使CO=2a，O即为圆心，连接OO，根据几何关系可知，此时粒子转过圆心角2最大为60，所以最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为：t2=2360T=60360T=T6，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。8.如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，Ox轴平行于金属导轨，在0x4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B=0.8-0.2x（T），金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=lm经x2=2m到x3=3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒（）A. 在x1与x3处的电动势之比为1：3B. 在x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比为2：1C. 从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量之比为5：3D. 从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为5：3【答案】BCD【解析】由功率的计算式P=U2R=E2R，知道由于金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m 的过电功率保持不变，所以E不变，I不变；由安培力公式F=BIL，可知x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比F1F2=B1ILB2IL=B1B2=0.80.210.80.23=31；由安培力公式F=BIL，F-x图象如图所示，图象的面积就是克服安培力做的功，即R产生的热量，从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为Q1Q2=S1S2=0.6+0.40.4+0.2=53，根据热量Q=I2Rt，热量之比为5：3，电流相同，说明时间之比为5：3，因此电量之比q1q2=It1It2=t1t2=53。综上分析，CD正确。 【点睛】导体棒ab在随x的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，解题关键在于R上的电功率相同，表明电路的电流和R上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小克服安培力的功转化为焦耳热，F-x图象与坐标轴围成的面积就是功三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题32题为必考题。每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。9.“探究加速度与力的关系”装置如图所示带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和砂桶连接，细线与桌面平行将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向砂桶中添加细砂，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a.将木块放回原处，再向砂桶中添加适量细砂，释放木块获取多组a、F数据(1)关于该实验的操作，以下说法正确的是（ ）A实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B通过缓慢添加细砂，可以方便地获取多组实验数据C每次添加细砂后，必须测出砂及砂桶的质量D实验过程要确保砂及砂桶的质量远小于木块的质量(2)某同学根据实验数据做出了两个aF图象如图所示，正确的是_；该同学发现图线没有过原点，应该是由于有摩擦力的原因，于是想要作出木块的加速度与合力的关系图象，需要对图象进行修正修正后的横坐标F合应该等于_(用F、F0表示) 【答案】 (1). AB (2). B (3). 2F2F0【解析】【分析】(1)该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块(2)根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标【详解】(1)A、纸带长度有限，若先释放小车，再闭合开关时，重物已落一段距离，纸带的打点长度可能就很短，不利于测量，而先闭合开关，再释放小车，保证纸带充分利用，A正确；B、缓慢添加细砂，改变小车受到的拉力，可以获取多组实验数据，B正确；C、小车受到的拉力可通过弹簧秤读出，因而不用测量砂及砂桶的质量，C错误；D、小车受到的拉力可通过弹簧秤读出，不用砂及砂桶的重力代替，故可以不用考虑“确保砂及砂桶的质量远小于木块的质量”这一条件，D错误故选AB.(2)根据牛顿第二定律F合2Ffma，得a=2Ffm，可知随着拉力的增大，加速度恰好为零时，应满足摩擦力f2F0，修正后应让图线过坐标系的原点，图线向左平移2F0，F合2F-2F0.【点睛】本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：（1）在使用多用电表测量时，若选择开关拨至“1mA”挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为_；（2）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电池的电动势为E、R0为调零电阻，某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系如图（c）所示，则此时多用电表的内阻为_，该电源的电动势E=_V.（3）下列判断正确的是_。A在图（b）中，电表的左、右插孔处分别标注着“”、“”B因为图（c）是非线性变化的，所以对应欧姆表的刻度盘上的数字左小右大C欧姆表调零的实质是通过调节R0，使R0=0时电路中的电流达到满偏电流D电阻Rx的变化量相同时，Rx越小，则对应的电流变化量就越大【答案】 (1). 0.46 (2). 1.5104 (3). 9 (4). CD【解析】(1)选择开关置于“1mA”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.02A，对应刻度示数为23，故则测量结果为0.0223=0.46A；(2)根据Ig=ER内，I=ER内+Rx，由图可得Ig=0.6A，当I=0.3A时，Rx=15k，解得R内=15k=1.5104,E=9.0V；(3) A、根据电流红进黑出，在图（b）中，电表的右、左插孔处分别标注着“”、“”，故A错误；B、函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，示数左大右小是由于外电阻增大，电路电流减小造成的，故B项错误。C、欧姆表调零通过调节滑动变阻器R0，调节至待测电阻Rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故C正确；D、欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且I-Rx切线斜率大小随待测电阻值增大减小，即Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故D正确；故选CD。11.如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面倾角30，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A距离L6.5 m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使其与板脱离。已知板的质量m1103 kg，滚轮边缘线速度v4 m/s，滚轮对板的正压力FN2104 N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为0.35，g取10 m/s2。求：(1)在滚轮作用下板上升的加速度大小；(2)金属板的下端经多长时间到达滚轮的切点B处；(3)金属板沿斜面上升的最大距离。【答案】(1) 2 m/s2 (2) 2.625 s (3) (3)8.1 m【解析】【分析】(1)对金属板受力分析，运用正交分解法，根据牛顿第二定律列方程即可求出加速度.(2)假设金属板一直匀加速上升，求出位移可知还要匀速上升，所以金属板从A到B经历加速上升和匀速上升两个过程，分别求出两个过程的时间.(3)金属从B点向上做匀减速运动，先根据牛顿第二定律求出匀减速的加速度，求出位移，再加上L即为金属板沿斜面上升的最大距离.【详解】(1) 对金属板受力分析如图所示:受力正交分解后，沿斜面方向由牛顿第二定律得FNmgsinma1解得a12m/s2(2)由运动规律得va1t1解得t12s 匀加速上升的位移为x1=v2t1=4m匀速上升需时间t2=Lx1v=6.544s=0.625s共经历tt1t22.625s(3)滚轮与金属板脱离后向上做减速运动，由牛顿第二定律得mgsin ma2解得a25m/s2 金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离后上升的距离x2=v22a2=4225m=1.6m金属板沿斜面上升的最大距离为xmLx26.5m1.6m8.1m【点睛】此题是一道典型的动力学问题，要求能够对金属板进行正确的受力分析，知道轮对金属板的摩擦力f是动力，会根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解运动学参量.12.空间三维直角坐标系o-xyz如图所示（重力沿y轴负方向），同时存在与xoy平面平行的匀强电场和匀强磁场，它们的方向与x轴正方向的夹角均为53。（已知重力加速度为g，sin530.8，cos530.6）（1）若一电荷量为+q、质量为m的带电质点沿平行于z轴正方向的速度v0做匀速直线运动，求电场强度E和磁感应强度B的大小；（2）若一电荷量为q、质量为m的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0通过y轴上的点P（0，h，0）时，调整电场使其方向沿x轴负方向、大小为E0。适当调整磁场，则能使带电质点通过坐标Q（h，0，0.5h）点，问通过Q点时其速度大小；（3）若一电荷量为q、质量为m的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0通过y轴上的点P（0，0.6h，0）时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，但不改变其方向，带电质点做匀速圆周运动能经过x轴上的某点M，问电场强度E和磁感应强度B的大小满足什么条件?并求出带电质点经过x轴M点的时间。【答案】（1）（2）vQ=2(g+qE0m)h+v02（3）t=。（n=1、2、3）【解析】试题分析：（1）在xoy平面内质点受力如图所示，电场力F1方向与洛伦兹力F2方向垂直，根据物体的平衡条件有：（2分）（2分）（1分）（1分）（2）洛伦兹力不做功（1分）所以，由P点到Q点，根据动能定理：12mvQ212mv02=mgh+qE0h（2分）vQ=2(g+qE0m)h+v02（1分）（3）当电场力和重力平衡时，带电质点只受洛伦兹力作用，在v0方向和F2=Bqv0方向所在直线决定平面内做匀速圆周运动，如图所示。Eq=mg（1分）（1分）方向竖直向下（1分）要使带电质点经过x轴，圆周的直径（1分）根据（2分）（1分）带电质点的运动周期为（1分）质点经半个周期第一次通过x轴，以后每经过整周期又经过x轴。所示经过x轴的时间为t=vQ=2(g+qE0m)h+v02。（n=1、2、3 ）（1分）考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动【名师点睛】做本题的关键是根据（1）电荷受重力、洛伦兹力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解；（2）应用动能定理可以求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子的运动时间13.下列说法正确的是（ ）A. 两个分子之间的作用力一定随着距离的增大而减小B. 物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C. 一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加D. 分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能达到最大值E. 物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换【答案】CDE【解析】【分析】分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，间距越小分子力越大；分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力先增加后减小；物体的内能包括分子热运动动能和分子势能，分子热运动的平均动能与热力学温度成正比，分子势能与分子间距有关；热力学第一定律公式：U=W+Q【详解】A、两个分子之间的引力和斥力都会随着分子间距的增大而减小，但斥力减小的更快；对于分子合力，子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，间距越小分子力越大；分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力先增加后减小；故A错误；B、物体的内能在宏观上与其温度、体积和物质的量有关，故B错误；C、一定质量的气体经历等容过程，体积不变，故不对外做功，根据热力学第一定律，如果吸热则其内能一定增加，故C正确；D、分