湖北省荆门市第一中学2019届高三物理七月月考试题（含解析）.docx

荆门市第一中学2019届高三七月月考理科综合物理部分试题二、选择题：本题共8小题，每小题6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.下列说法正确的是A. 亚里士多德提出物体的运动不需要力来维持B. 伽利略用“月地检验”证实了万有引力定律的普适性C. 物体做曲线运动时，速度一定变化D. 物体在恒力作用下一定做直线运动【答案】C【解析】试题分析：A、亚里士多德提出物体的运动需要力来维持，没有力作用，物体就会停止运动，故A错误；B、牛顿用“月-地检验”正式了万有引力定律的普适性，故B错误；C、物体做曲线运动时，其速度方向一定变化，故速度一定变化，故C正确；D、物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动，故D错误故选C考点：考查万有引力定律及其应用；曲线运动；开普勒定律【名师点睛】本题考查了曲线运动、万有引力定律以及力和运动的关系对应的物理学史，要注意正确理解曲线运动的性质，知道曲线运动的条件和对应的特例，如平抛运动和圆周运动等2.放射性原子核经过n次衰变和m次衰变，最终变为稳定的原子核A. n=7，m=5 B. n=5，m=7 C. n=9，m=7 D. n=7，m=9【答案】A【解析】【详解】衰变方程为：，则：234=206+4n，解得：n=7，又：91=82+72+m（-1），解得：m=5，故A正确，BCD错误。3.如图所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正则线圈中感应电流随时间的变化图象为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】在开始阶段OO左侧磁场增强，OO右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故CD项错误；故选A点睛：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差，是解题的关键4.一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动M连接在如右图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，和为直流电源，S为单刀双掷开关下列情况中，可观测到N向左运动的是()A. 在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B. 在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；故选C考点：楞次定律；点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用视频5.如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是 ()A. 摩擦力大小不变，方向向右B. 摩擦力变大，方向向右C. 摩擦力变大，方向向左D. 摩擦力变小，方向向左【答案】B【解析】试题分析：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变，ab棒所受的安培力，可知安培力F均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则摩擦力也均匀增大；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定则，ab棒上的安培力的方向左下方磁场均匀增加，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，所以静摩擦力的方向是水平向右故B正确，考点：考查了安培力，法拉第电磁感应定理，楞次定律【名师点睛】本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化6. 北半球地磁场的竖直分量向下如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向下列说法中正确的是A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcda【答案】C【解析】北京位于北半球，地磁场的竖直分量向下若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，由右手定则判断可知，a点的电势比b点的电势低，故A错误；若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ab没有切割磁感线，不产生感应电动势，a点的电势与b点的电势相等故B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量减小，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向为abcda，故C正确，D错误，故选C点睛：本题运用右手定则和楞次定律判断电势高低和感应电流方向，关键明确两个条件：一是磁场的方向，二是磁通量的变化情况7. 如图所示，同轴的两个平行导线圈M、N，M中通有图象所示的交变电流，则（ ）A. 在t1到t2时间内导线圈M、N 互相排斥B. 在t2到t3时间内导线圈M、N 互相吸引C. 在t1时刻M、N 间相互作用的磁场力为零D. 在t2时刻M、N 间相互作用的磁场力最大【答案】C【解析】在t1到t2时间内导线圈电流逐渐减小，磁通量逐渐减小，根据楞次定律，M、N互相吸引，A错误；在t2到t3时间内导线圈电流逐渐增大，磁通量逐渐增大，根据楞次定律，M、N互相排斥，B错误；在t1时刻，N线圈中感应电流为零，M、N间相互作用的磁场力为零，C正确；t2时刻，由于M线圈中的电流为零，M、N间相互作用的磁场力为零，D错误。8.如图所示，A、B是质量分别为m和2m的小环，一半径为R的光滑半圆形细轨道，其圆心为O，竖直固定在地面上。轨道正上方离地高为h处固定一水平光滑长直细杆.杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方。A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环。两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦.现对A环施加一水平向右的力F，使B环从地面由静止开始沿轨道运动。则A. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，F一直减小B. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，外力F所做的功等于B环机械能的增加量C. 若F为恒力，B环最终将静止在D点D. 若F为恒力，B环被拉到与A环速度大小相等时，sinOPB=【答案】ABD【解析】A：以B环为研究对象，受力分析如图：据力三角形与PBO相似可得，B环缓慢上升至D点的过程中，PO不变，PB减小，则绳子拉力减小，则F一直减小。故A项正确。B：据功能关系，外力F做的功等于AB组成系统机械能的增加量，缓慢拉动A，则A的动能不变，A的高度不变，重力势能不变，所以外力F所做的功等于B环机械能的增加量。故B项正确。C：若F为恒力，且B环能运动到D点速度不为零时，B环会经过D点后沿半圆轨道运动到右侧最低点，然后沿轨道返回到左侧最低点，之后将重复运动。故C项错误。D：当PB线与圆轨道相切时，两环速度相等，据数学知识有。故D项正确。综上答案为ABD。点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等；此题中当环与圆轨道相切时两环速度大小相等。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3338题为选考题，考生根据要求作答。9. 用如图1所示得实验装置验证“牛顿第二定律”，请回答下列问题。（1）以小车为研究对象，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足M （填“远大于”或“选小于”m（2）实验中打出得纸带如图2所示，相邻计数点间还有四个点未画出，其中x1=705cm，x2=768cm，x3=833cm，x4=896cm，x5=960cm，x6=1024cm，由此可以算出小车运动得加速度是 m/s2（交流电频率为50Hz，结果保留2位有效数字）（3）通过实验得到如图3所示的图象，造成当M一定时，a与F不成正比的原因可能是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角 （填“偏大”或“偏小”）（4）重新平衡摩擦力后，验证外力一定时，a与M的关系：通过多次实验，甲、乙两同学利用各自得到的数据得到的关系图象，如图3乙所示该图象说明在甲、乙两同学做实验时 （填“甲”或“乙”）同学实验中绳子的拉力更大【答案】（1）远大于 （2）064（063或065也对）（3）偏小 （4）甲【解析】试题分析：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得，则绳子的拉力，当，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件（2）根据x=aT2，运用逐差法得，（3）当拉力F等于F0时，小车才产生力加速度，故原因是没有平衡摩擦力，也可能是木板与水平桌面间的倾角偏小；（4）的关系图线的斜率，可知图线的斜率表示拉力，可知甲同学实验中的拉力较大考点：考查验证牛顿第二运动定律【名师点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等10.某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3k）、电流表（内阻约为1）、定值电阻等。（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“1” 欧姆档测量，示数如图（a）所示，读数_，据此应选择图中的_（选填“b”或“c”）电路进行实验。（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐_填 “增大”“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。（3）图（d）是根据实验数据做出的UI图线，由图可判断元件_（填“X”或“Y”）是非线性元件。（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R21的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图（e）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，电压表读数为1.00V，结合图（d）可算出E_V，r= _。（结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表）【答案】（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50【解析】试题分析：（1）由图甲（a）可知，指针指在“10刻度线”位置处，由于“10刻度线”左右两边的最小刻度都不是“1份”单位，因此不需要估读下一位，又因为多用电表选择开关选择了“1”挡，所以最终读数为10，此值约为所用电压表内阻的1/300，电流表内阻的10倍，因而相对较小，为了减小电表内阻引起的实验测量误差，应选用电流表的外接法，即图甲（b）电路。（2）图甲（b）电路中采用了滑动变阻器的分压式接法，在滑片P从左向右滑动的过程中，测量电路部分分得的电压逐渐增大，因此电流表读数应逐渐增大。（4）由图乙（a）可知，当线性元件X两端电压为300V时，对应流经它的电流为030A，电压为100V时，对应流经它的电流为010A，所以元件X的电阻为RX=10，根据闭合电路欧姆定律E=I（r）可知，当闭合S1和S2时，R被短路，断开S2后，R与元件X串联接在电源两端，E=010A（RXRr），解得E=315V=32V，r=050。考点：描绘小灯泡伏安特性曲线实验【名师点睛】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻11.如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r=10m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。从A点以初速v0=9m/s沿AO方向水平抛出质量m=0.1kg的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+0.01C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。不计空气阻力。求：（1）A、B间的水平距离L（2）小球过C点时对轨道的压力的大小FN【答案】（1）9m （2）4.41N【解析】【分析】根据平行四边形定则求出B点的竖直分速度，根据几何关系求出竖直位移，抓住竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，结合运动学公式求出运动的时间，从而求出A、B间的水平距离。【详解】（1）从A到B，根据平行四边形定则知：vBy=v0tan53 根据速度时间公式：vBy=at 下落距离为：y=rcos53 根据位移时间公式：y=at2联立代入数据解得：t=1s a=12m/s2 则A、B间的水平距离：L=v0t=91m=9m。（2）从A到C，根据动能定理得：mar=- 在C点，根据牛顿第二定律可得：FN-ma= 代入数据解得：FN=4.41N【点睛】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和类平抛运动和圆周运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，以及类平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。12.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问： （1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少【答案】（1）垂直于导轨平面向下；（2）（3）【解析】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：炮弹受到的安培力：根据牛顿第二定律：解得加速度（3）电容器放电前所带的电荷量开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：最终电容器所带电荷量设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：由动量定理，有：又：整理的：最终电容器所带电荷量点睛：本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应用是关键。13.两列简谐横波的振幅都是20 cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则_。A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为32C平衡位置为x6 m处的质点在图示时刻速度为零D平衡位置为x8.5 m处的质点在图示时刻位移y20 cmE从图示时刻起再经过0.25 s，平衡位置为x5 m处的质点的位移y0【答