2019届高三物理上学期第五次月考试题(含解析) (II).doc

2019届高三物理上学期第五次月考试题(含解析) (II)一.选择题1. 质量为m.带电荷量为q的小物块，从倾角为的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（ ）A. 小物块一定带正电荷B. 小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C. 小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D. 小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为【答案】B【解析】试题分析：A、带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上根据左手定则知，小球带负电，故A错误；B、小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsin，根据牛顿第二定律知a=gsin，小球在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误；D、当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcos=qvB，解得v，故D错误；故选B。考点：共点力平衡的条件及其应用；洛仑兹力。2. 如图所示，、是竖直平面呢三个相同的半圆形光滑轨道，K为轨道最低点，处于匀强磁场中，和处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 在K处球a速递最大B. 在K处球b对轨道压力最大C. 球b需要的时间最长D. 球c机械能损失最多【答案】C【解析】试题分析：对a小球受力分析可知，所以；对b球受力分析可得，所以；对c球受力分析可知，所以；由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b球的运动的时间也长，所以A错误C正确；c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大，所以B错误，D错误。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】洛伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的bc球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。3. 从地面上以初速度竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为，且落地前小球已经做匀速直线运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（ ） A. 小球到达最高点时的加速度最小B. 在速度达到之前小球的加速度大小先增大后减小C. 小球下降过程中的平均速度小于D. 小球抛出瞬间的加速度大小为【答案】D【解析】解： A、小球在上升过程中受到竖直向下的重力和竖直向下的阻力，故有 ，即，由于抛出时速度最大，所以当小球被抛出时的加速度值最大，但整个过程中匀速运动时加速度为零，最小，所以不是在最高点加速度最小，A错误；B、在上升过程中，根据公式可得加速度随着速度的减小而减小，在下降过程中由于受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力，所以有，下降过程中速度在增大，所以加速度在减小，B错误；C、下降过程若是匀加速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积大于匀加速直线运动的面积，即图中的位移大于做匀加速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度大于匀加速的平均速度，即大于，故C错误；D、当匀速运动时有，带入可得a=（1+v0/v1）g，D正确所以选D4. 科学家经过深入观测研究，发现月球正逐渐离我们远去，并且将越来越暗。有地理学家观察了现存击中鹦鹉螺化石，发现其贝壳上的波状螺纹具有树木年轮一样的功能，螺纹分许多隔，每隔上波状生长线在30条左右，与现代农历一个月的天数完全相同。观察发现，鹦鹉螺的波状生长线每天长一条，每月长一隔。研究显示，鹦鹉螺的贝壳上的生长线，现代是30条，中生代白垩纪是22条，侏罗纪是18条，奥陶纪是9条。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为，现在月球到地球的距离约为38万公里。始终将月球绕地球的运动视为圆周轨道，由以上条件可以估算奥陶纪月球到地球的距离约为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】解： 由题可知现代鹦鹉螺的贝壳上,生长线是30条,对应周期为30天;奥陶纪是9条,每一条对应1天,可知奥陶纪月球周期为9天;根据 ,可知,奥陶纪月球到地球的距离约为 。本题选A5. 静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力作用下开始竖直上升，不计空气阻力，物体机械能E与物体升高的高度h之间的关系图像如图所示，其中图线在A点处的切线的斜率最大，在B点处的切线水平，的图线为平行于横轴的直线，则下列说法正确的是（ ）A. 物体在处物体的速度最大B. 物体在处的加速度最大C. 过程中拉力的功率不为零D. 过程中物体所受拉力始终大于重力【答案】B【解析】解:根据能量关系,物体机械能的增加等于力F 做的功,即E=Fh,即在E-h图线中,F是斜率,图像的斜率先增大后减小，后变为0,所以F先变大后变小，最后为0.A、因为当a=0时,速度达到最大,即当F=mg时,a=0,所以此位置在h1h2之间,故选项A错误。B、因为在A点时斜率最大,所以F 最大,由为最大值，所以B正确 ;C、h2 h3的过程中,E-h线为平行于横轴的直线,说明机械能守恒,拉力F为零,根据P=Fv,此时拉力的功率为零,选项C错误;D、h2 h3先大于重力后小于重力，D错误；所以本题选B6. 如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径，一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为，方向与ab成时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：当粒子的速度为2v时，半径为r1，由题意知，轨迹对应的圆心角为60o，所以运动的时间，当速度为v时，根据得：，故半径，由几何关系知，轨迹的圆心角为120o，故时间，所以ABC错误；D正确。考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动7. 如图所示，MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道，半径为R，直径MN水平，整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电荷量为，质量为m的小球自M点无初速度下滑，下列说法中不正确的是（ ）A. 小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场无关B. 小球滑到D点时，对轨道的压力一定大于C. 小球滑到D点时，速度大小D. 小球滑到轨道右端时，可以到达轨道最高点N【答案】B.考点：牛顿第二定律；圆周运动的规律.8. 如图所示，两块平行金属板倾斜放置，其间有一匀强电场，PQ是中央线；一带电小球从a点以速度平行于PQ线射入板间，从b点射出，以下说法正确的是（ ）A. 小球一定带正电B. 从到小球一定做类平抛运动C. 小球在点的速度一定大于D. 从到小球的电势能一定增加【答案】C【解析】试题分析：若不考虑带电粒子的重力，电场力垂直于PQ向下，由于电场方向未知，不能确定粒子的电性电场力对粒子做正功，粒子的动能增大，速度增大，电势能减小，带电粒子做类平抛运动；若考虑粒子的重力：电场力方向可能垂直于PQ向上，由于电场力与重力的合力与初速度不垂直，粒子做非类平抛运动电场力对粒子做负功，电势能增加；根据曲线运动的条件可知，电场力与重力的合力斜向右下方，对粒子做正功，其动能增大，速度增大电场力方向可能垂直于PQ向下，由于电场力与重力的合力与初速度不垂直，粒子做非类平抛运动电场力对粒子做正功，电势能减小；根据曲线运动的条件可知，电场力与重力的合力斜向左下方，对粒子做正功，其动能增大，速度增大综上可知，粒子不一定带正电，从a到b，粒子不一定做类平抛运动，速度一定增大，即粒子在b点的速度一定大于v0，电势能不一定增加，故ABD错误，C正确故选：C考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】解决本题的关键要掌握类平抛运动的条件、曲线运动的受力特点：合力指向轨迹的内侧，由于题设条件不明，要考虑各种可能的情况：带电粒子可能考虑重力，也可能不考虑重力，可能作类平抛运动，也可能不作类平抛运动。9. 如图是创意物理实验设计作品熊荡秋千，两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒.固定在铁架台上，与两个铜线圈.组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈时，线圈也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千，以下说法正确的是（）A. 向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）B. P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动C. P向右摆动的过程中，Q会向左摆动D. 若用手左右摆动Q，P会始终保持静止【答案】AB【解析】试题分析：P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看）故A正确P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动故B正确，C错误，D也错误故选AB。考点：楞次定律【名师点睛】本题考查了楞次定律和左手定则的综合，掌握楞次定律判断感应电流方向的一般步骤，以及会通过左手定则判断安培力的方向，不能与右手定则混淆。10. 如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则（ ）A. M的带电量比N大B. M带负电荷，N带正电荷C. 静止时M受到的合力比N大D. 移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD【解析】试题分析：因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等故A错误，B正确；静止时，二者受到的合力都是0故C错误；M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功故D正确故选BD考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法视频11. 如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（ ）A. 若只在A点放置一正点电荷，则电势差B. 若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C. 若只在A、E两点放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D. 若只在A、E两点放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等【答案】AD【解析】解：若只在A点放置一正点电荷，则BC处的电场线比HG处密集，则电势差，选项A正确；若只在A点放置一正点电荷，由于B点离A点比H点近，则B、H两点的电场强度大小不相等，选项B错误；若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势不相等；若A点放正电荷则C点电势高于G点；若A点放负电荷则C点电势低于G点；选项C错误；若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则由场强的叠加原理可知，D、F两点的电场强度大小相等，选项D正确；故选AD.12. 如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（ ）A. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为B. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为C. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为【答案】AC【解析】粒子运动轨迹如图所示：设粒子的运动轨道半径为rA，rB, 根据几何关系可得：，轨道半径之比1：3。洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，联立以上可得粒子1与粒子2的比荷值为3:1，故A正确，B错误；粒子运动的周期为：，粒子运动的时间：，粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：A=120，B=60，联立以上可得：，故C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。二.实验题13. 某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”，三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相同。实验步骤如下：A.弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点B.结点O下的细线挂钩码C；C.手持弹簧测力计B缓慢向左拉使结点O静止的某位置D.记下钩码质量.结点O的位置，读出并记录弹簧测力计A和B的示数.记录_。在实验过正，下列哪些情况会对实验结果产生；答：_（多选）A.木板不竖直B.A弹簧测力计外企的重力C.B弹簧测力计的拉力没有保存水平D.改变弹簧测力计B拉力进行多次实验时，结点O的位置不是变化某实验中，该同学发现弹簧测力计A 的指针稍微超出量程，请你提出解决问题的一个办法。_。【答案】 (1). 三条细绳（拉力）的方向 (2). A (3). 减小弹簧测力计B的拉力 ；或减小钩码C的质量；或减小AO与BO之间的夹角【解析】解： 1.验证力的平行四边形定则”是要在图纸上面做出两个分力和合力的示意图,测力计A为合力,测力计B和钩码重力为两个分力,力的大小可以直接读出和计算,而力的方向需要我们记下绳子的方向。2.在木板上做图时,所有力的方向都在平面内,木板若不是竖直,而重力是竖直方向,那么就没有办法画出钩码重力这个分力,对实验造成误差,选项A对。弹簧测力计外壳的重力并没有作用在弹簧上,不会造成误差选项B错。在木板上做图时,所有力的方向都在平面内,如果弹簧测力计的拉力方向没有保持水平,但只要在木板平面内对作图就没有影响,不会造成误差。改变弹簧测力计拉力进行多次实验时,结点的位置发生变化,那么合力即测力计的示数也会发生变化,对实验没有影响,实验会造成误差的只有A。3.弹簧测力计的指针稍稍超出量程,就向想办法使合力变小,方法可以减小分力大小即减小弹簧测力计的拉力;或减小钩码的质量,或者使两个分力的夹角变大,即减小与之间的夹角也可以使合力变小。14. 一个小灯泡的额定电压为，额定电流约为，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线：A.电源E：电动势为，内阻不计B.电压表：量程为，内阻约为C.电压表：量程为，内阻约为D.电流表：量程为，内阻约为E.电流表：量程为，内阻约为F.滑动变阻器：最大阻值为，额定电流为G.滑动变阻器：最大阻值为，额定电流为H.开关S，导线若干实验中使用的电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器应选用_（请填写选项前对应的字母）；实验中某同学连接实验电路如图所示，请你不要改动已连接的导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上_，闭合开关前，应是变阻器滑片放在最_（填“左”或“右”）端。实验中得到的其中一组电压表与电流表示数如图所示，请将该组数据标记在坐标中，其余实验数据已标记在坐标中，请画出小灯泡的图线_，并简述该图线不是直线的主要原因_。若将实验中的小灯泡接在电动势是、内阻是的电池两端，则小灯泡的实际功率约为_W（保留两位有效数字）。【答案】 (1). B (2). E (3). F (4). 如图所示： (5). 最左端 (6). 图像如图所示： (7). 灯丝电阻（率）随温度升高而增大 (8). 【解析】试题分析：小灯泡的额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A，为读数方便和准确，电压表量程选择，电流表量程选择，即电压表选择B，电流表选择E。描绘伏安特性曲线，滑动变阻器选择分压式，所以 滑动变阻器选择阻值小的即F。滑动变阻器选择分压式，而待测灯泡电阻约为,根据，电流表选择外接，具体电路见答案。闭合开关前，灯泡电压为0，即电压从0开始调节，滑片移动到最左端，灯泡被短路。描点作图见答案。图像斜率代表电阻，随功率变大温度升高，电阻变大，即图像斜率变大，所以图像不是直线。设灯泡电压为电流为，则有，结合上面的图像可得，电流，功率。考点：描绘小灯泡伏安特性曲线实验探究分析三.计算题15. 在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为，此时调节外力，使平板车仍做速度为的匀速直线运动。（1）若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m，表示）（2）已知滑块与车面间动摩擦因数，滑块质量，车长，车速，取，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件？【答案】（1）（2）【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度滑块相对车滑动的时间：滑块相对车滑动的距离滑块与车摩擦产生的内能由上述各式解得（与动摩擦因数无关的定值）滑块运动到车左端的时间由几何关系有：由牛顿定律有：联立可以得到：，则恒力F大小应该满足条件是：。16. 如图所示，倾角为的粗糙斜面AB底端与半径的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A.C两点等高。质量的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，（g取，）；（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度的最小值；（3）若滑块离开A处的速度大小为，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）A到D过程，据动能定理： 解得： （2）要使滑块能到达C点，则在圆周最高点C处， A到C过程，据动能定理： 解得： （3）从C点平抛后，建立以C点为原点，向左为x轴，向下为y轴的坐标系，则 ， 由几何关系，知 代入得： 17. 如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。空间中存在相互垂直