陕西省汉中市汉台区2019届高三物理教学质量第一次检测考试试题（含解析）.docx

陕西省汉中市汉台区2019 届高三年级教学质量第一次检测考试物理一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1.在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是（）A. 费米从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素B. 贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，发现了原子中存在原子核C. 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值D. 卢瑟福通过粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子【答案】C【解析】【详解】A、居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（P0）和镭（Ra）两种新元素，故A错误； B、贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，并不是说明原子中存在原子核，故B错误； C、密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，故C正确； D、卢瑟福通过粒子散射实验，证实了原子是由原子核和核外电子组成的，而不能说明原子核内存在质子，故D错误； 故选：C。2.一质点t=0时刻从原点开始沿x轴正方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示下列说法正确的是（）A. s时，质点在m处B. 第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同C. 第3s内和第4s内，合力对质点做的功相同D. s内和s内，质点平均速度相同【答案】B【解析】试题分析：0-4s内质点的位移等于0-2s的位移，为x=（1+2）2m=3m，则t=4s时，质点在x=3m处，故A错误图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度相同，其方向相同，故B正确第3s内质点的速度减小，合力做负功第4s内速度增大，合力做正功，由动能定理知第3s内和第4s内，合力对质点做的功不等，故C错误根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知02s内和04s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D错误故选B考点：v-t图像【名师点睛】本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移。3.如图所示，粗糙水平面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一个水平向左的力F，使A缓慢地向左移动少许，在这一过程中（）A. 墙壁对B的弹力先减小后增大B. A对B的弹力一直增大C. A受到的摩擦力一直增大D. A受到的地面支持力不变【答案】D【解析】【详解】AB、对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N，如图当A球向左移动后，A球对B球的支持力N的方向不断变化，根据平衡条件可以知道：A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，故AB错误；CD、对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图根据平衡条件有：F=N+f，FN=G，地面的支持力不变，由于壁对B球的支持力N的不断减小，f=F-N，由于不知F如何变化，f可能减小，也可能增大，还可能不变，故C错误D正确。故选：D。4.如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，一电子从M点射入电场后从N点离开电场，运动轨迹如图中实线所示，由此可以判定（）A. 电子在每个位置具有的电势能与动能的总和不一定相等B. O处的点电荷一定带正电C. a、b、c三个等势面的电势关系是D. 电子运动时的电势能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A、电子在运动的整个过程中，只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量，故电势能和动能之和守恒，故A错误； B、由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从电子的运动轨迹可以看出，电子受到排斥力，故场源电荷是负电荷，故B错误； C、由于场源电荷是负电荷，又由于沿着电场线电势降低，故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：abc，故C错误； D、依电子运动轨迹，可知，电场力先做负功，再做正功，那么其电势能先增大后减小，故D正确； 故选：D。5.2018年11月20日7时40分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭，成功将试验六号卫星及天平一号A星、B星、嘉定一号和软件定义卫星等4颗微纳卫星发射升空，完成了“一箭5星”的壮举。已知，人造地球卫星在运行中，由于受到稀薄大气的阻力作用，其运动轨道半径会逐渐减小，在此进程中，以下说法中正确的是（）A. 卫星的速率将减小B. 卫星的周期将增大C. 卫星的向心加速度将增大D. 卫星的向心力将减小【答案】C【解析】【详解】万有引力提供向心力： 解得：；由题意可知，运动轨道半径会逐渐减小，所以：A、由可知，速率增大，故A错误B、由可知，周期变小，故B错误C、由可知，加速度增大，故C正确D、由可知，向心力增大，故D错误故选：C。6.如图所示，理想变压器初、次级线圈分别接有R1、R2，R1=R2=10，初、次级线圈的匝数之比N1：N2=2：1，R2两端电压为10V，则R1两端的电压为（）A. 5VB. 10VC. 15VD. 20V【答案】A【解析】试题分析：在副线圈中，电流为，根据可得原线圈中的电流为，故两端电压为，A正确；考点：考查了理想变压器【名师点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象7.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升下列说法正确的是（）A. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为C. B能达到的最大高度为D. B能达到的最大高度为h【答案】B【解析】根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为vv0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm2mv2mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时， A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mghmv2，B能达到的最大高度为h/4，即D正确二、多选题（本大题共5小题，共24.0分）8.如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动（）A. a端电势低于b端电势B. 拉力C. 回路中的感应电流沿顺时针方向流动D. 定值电阻消耗的电功率【答案】BD【解析】A.ab切割磁感线，故ab相当于电源，由右手定则可知，电流由b到a，而电源内部电流由负极流向正极，故a相当于电源正极，故A错误；B.电动势E=BLv，电流I=E/R，故安培力，因导体棒匀速运动，故拉力等于安培力：，故B正确；C. 根据右手定则可知，电流为逆时针方向流动，故C错误；D. 定值电阻消耗的电功率等于电路中总的电功率，根据能量守恒定律可知，电功率等于拉力的功率，故P=Fv，故D正确。故选：BD.点睛：根据右手定则明确电流的方向，从而明确等效电源的正负极；再根据感应电动势和闭合电路欧姆定律求解安培力，再由平衡条件即可求得拉力大小；根据功能关系即可明确电功率的大小9.甲从高H处以速度v1水平抛出小球A，乙同时从地面以初速度v2竖直上抛小球B，B尚未到达最高点之前，两球在空中相遇，则（）A. 两球相遇时间B. 抛出前两球的水平距离C. 相遇时A球速率D. 若，则两球相遇在处【答案】B【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住两物体在竖直方向上的位移之和等于h求出相遇的时间，从而求出两球的水平距离根据时间求出A求出速率，以及A球下落的高度【详解】A、根据，解得；故A错误；B、抛出前两小球的水平距离；故B正确；C、相遇时A球在竖直方向上的分速度，则速率；故C错误；D、A球下降的高度；此时B上升的最大高度，说明相遇于B的最高点，不合题意，故D错误；故选B。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解10.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO轴的距离为物块B到OO轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A. B受到的静摩擦力一直增大B. B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大C. A受到的静摩擦力是先增大后减小D. A受到的合外力一直在增大【答案】BD【解析】【详解】开始角速度较小时，两物体均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据f=mr2，知，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大。对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变。可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大。故A错误，B正确，C错误。D、根据向心力公式，在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D正确。故选：BD。11.下列说法中正确的是（）A. 悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动就越明显B. 用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明此时气体分子之间的分子力表现为斥力C. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小D. 一定质量的理想气体，温度升高，体积减小，气体的压强一定增大E. 内能全部转化为机械能的热机是不可能制成的【答案】ADE【解析】试题分析：悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动就越明显，故A错误；给自行车打气时，要克服活塞上下的压强差带来的压力来压活塞，故B错误；当分子力表现为引力时，分子力是随分子间距离的增大而先增大，后减小，故C错误；一定质量的理想气体，温度升高，体积减小，由理想气体的状态方程可知，气体的压强一定增大，故D正确；热机的效率不可能提高到100%，是因为它违背了热力学第二定律，故E正确考点：考查了布朗运动、分子力、分子势能与热力学定律的应用【名师点睛】悬浮在液体中的固体颗粒越小，温度越高，布朗运动就越明显；给自行车打气时，要克服活塞上下的压强差带来的压力来压活塞牢记分子力随距离变化的关系；热机的效率不可能提高到100%，是因为它违背了热力学第二定律。12.如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是（）A. 此波的波速为B. 此波的频率为C. 波源时运动速度沿y轴正方向D. 波源振动已经历E. 的质点在处于波峰【答案】ADE【解析】试题分析：从3传播到4需要时间，而质点起针方向为y轴正方向，所以质点4第一次到达波谷还需要，故，解得，所以，从图中可得，故，A正确B错误；波源和x=2处的质点是同相点，而波是向x轴正方向传播，根据走坡法可得x=2cm处的质点此时正向y轴负方向振动，故波源在t=0时运动速度沿y轴负方向，C错误；此时波传播到3cm处，故振动了，D正确；当t=0时，x=2.5质点处于波峰，而波峰传播x=10cm的质点的时间为，故E正确；考点：考查了横波图像，波速、波长以及周期关系【名师点睛】在根据波的传播方向判断质点振动方向或者根据质点振动方向判断波传播方向时，走坡法是一种重要的方法，即下坡路上，上坡路下，简谐横波在传播过程中波上的各个质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，当两个质点相隔波长的整数倍时，则这两个点为同相点，即振动步调相同，如果两个质点相隔半波长的奇数倍时，两个点为反相点，即振动步调相反【此处有视频，请去附件查看】三、填空题（本大题共1小题，共3.0分）13.如图所示的游标卡尺的读数为_mm【答案】40.45【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为40mm，游标尺上第9个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.059mm=0.45mm， 所以最终读数为：40mm+0.45mm=40.45mm 故答案为：40.45四、实验题探究题（本大题共1小题，共11.0分）14.现要测定一个额定电压为2.5V、额定功率约为0.7W的小灯泡的伏安特性曲线。（1）为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在下图中连好实物电路图_。（2）合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的_（填“左端”或“右端”）。（3）根据实验数据，描绘出U-I图象如图所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯泡电阻为_，小灯泡的功率为_W（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). (2). 左 (3). 7.2 (4). 0.45【解析】【详解】（1）根据实验要求可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，故实物电路图如图（2）为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端；（3）由图可知，当电压为1.8V时，电流为0.25A，则电阻；功率P=UI=1.80.25W=0.45W；五、计算题（本大题共5小题，共51.0分）15.紫柏山国际滑雪场位于汉中市留坝县留侯镇营盘村，是陕西省唯一的国际滑雪场。周末小明与小华相约去滑雪。小明想知道自己的同学小华从滑道顶端由静止自由滑下时，通过自己所在位置时的速度，目测滑道顶端到自己所在位置滑坡距离约为25米，同学小华及身上装备总质量约为60kg，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数取为0.5，滑坡与水平面夹角大约为37，试计算该同学通过自己所在位置时的速度大约是多少？（sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】10m/s。【解析】【详解】解：小华重力沿斜面方向的分力为：Gx=mgsin37沿垂直斜面方向分力为：Gy=mgcos37小华在垂直斜面方向没有位移，斜面对小华支持力为N，故受力平衡，有：Gy=N根据摩擦力公式有：f=N根据动能定理有： 联立上式解得：v=10m/s16.在空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场，现有质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45射入磁场，若粒子能垂直CD边界飞出磁场，试求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）从进入电场到穿出磁场的总时间。 【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度B为；（2）从进入电场到穿出磁场的总时间为。【解析】【详解】（1）粒子进入磁场时的速度为：粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：；（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子进入磁场时的竖直分速度为：vy=vsin45=v0=，解得，粒子在电场中的运动时间为：；粒子在磁场中做匀速运动的周期为： ；粒子在磁场中转过的圆心角我：=45，粒子在磁场中的运动时间为：，粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为：17.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为=0.2，长木板与小物块均静止。现用F=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F。（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大；（2）最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动；（3）最终小物块离长木板右端多远。【答案】（1）在F的作用下，长木板的加速度为3m/s2；（2）最终长木板与小物块一同以2.8m/s的速度匀速运动；（3）最终小物块离长木板右端0.7m。【解析】【详解】解：（1）对木板，水平方向受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得F-mg=Ma1得： （2）F未撤去时，m的加速度刚撤F时，长木板的速度：v1=a1t=31=3m/s，小物块的速度：vm=amt=21m/s=2m/s撤F后，M的加速度大小长木板与小物块最终速度v2=vm+amt2=v-a2t2解得v2=2.8m/s（3）t=1s内m与M的相对位移解得x1=0.5m撤去F后，m与M的相对位移解得x2=02m 因此最终小物块离长木板右端S=x1+x2=0.7m18.如图所