湖北省荆门市龙泉中学2019届高三物理上学期八月质检试题（含解析）.docx

荆门市龙泉中学2019届高三八月质检理科综合能力测试物理试题二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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.如图所示，一个带电小球在匀强电场中沿AB方向匀速斜向上运动。则运动中小球受到的电场力方向是A. 沿AB方向 B. 沿AB的反方向C. 竖直向上 D. 在AB与竖直线之间的某个方向上【答案】C【解析】【详解】由于带电小球在匀强电场中沿AB方向匀速斜向上运动，所以带电小球合力为零，小球受重力，电场力两力作用，所以电场力方向与重力方向相反，即竖直向上，故C正确。故应选：C。2.如图所示，平板小车置于水平面上，其上表面粗糙，物块在小车中间保持静止。t=0时，对小车施加水平外力F，使小车从静止开始加速运动，t0时刻，物块从小车左端滑离木板，2t0时刻物块落地。在竖直平面内建立Oxy坐标系，取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则关于物块落地前在x轴和y轴方向的运动图像，以下可能正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】对木块，开始时水平方向由于受到小车的向右的摩擦力二向右做匀加速运动；脱离小车后水平方向做向右的匀速运动，故图线AB均错误；竖直方向：物块在小车上滑动时，竖直速度为零；滑离小车后竖直方向做自由落体运动，故选项C错误，D正确；故选D.3.右图为中国月球探测工程的标志，它以中国书法的笔触，勾勒出一轮明月和一双踏在其上的脚印，象征着我国航天人的梦想。银川一中一位爱好天文的同学看到后结合自己所学为探月宇航员设计了如下实验：在距月球表面高h处以初速度v0水平抛出一个物体，然后测量该平抛物体的水平位移为x，通过查阅资料知道月球的半径为R，引力常量为G，若物体只受月球引力的作用，则，月球的质量是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：物体做平抛运动，由平衡运动的知识可以求出月球表面的重力加速度；月球表面的物体受到的重力等于月球对物体的万有引力，据此可以求出月球的质量物体做平抛运动，在竖直方向上，在水平方向上解得，月球表面的物体受到的重力等于其所受的万有引力，即，月球质量，故A正确4.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB是圆的直径。一带电粒子从A点射入磁场，速度大小为v、方向与AB成30角时，恰好从B点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断第二个粒子的运动轨迹半径，即可根据牛顿第二定律求出速度大小设圆形区域的半径为R带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，得，；当粒子从B点飞出磁场时，入射速度与出射速度与AB的夹角相等，所以速度的偏转角为60，轨迹对应的圆心角为60根据几何知识得知：轨迹半径为，当粒子从A点沿AB方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60根据几何知识得，粒子的轨迹半径为，则由得：，则得，故A正确5.如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束离子(不计重力)，这些离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分为如图三束，则下列判断正确的是A. 这三束离子的速度一定不相同B. 这三束离子的比荷一定相同C. 若将这三束离子改为相反电性而其他条件不变的离子则仍能从d孔射出D. a、b两板间的匀强电场方向一定由b指向a【答案】C【解析】【分析】离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以，三束离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，根据可知比荷一定不相同根据洛伦兹力的方向可以判定电场力的方向从而判定电场的方向。【详解】A项：3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以故三束离子的速度一定相同，故A错误；B项：3束离子在磁场中有qvB=，解得：，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，故B错误；C项：若将这三束离子改为相反电性而其他条件不变，离子电性相反，离子所受洛伦兹力与电场力方向都反向，由于其他条件都不变，它们的合力仍然为零，离子在极板间仍然做匀速直线运动，仍能从d孔射出，故C正确；D项：若粒子带正电，则由左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，由A的分析可知，电场力的方向向下，则匀强电场方向一定由a指向b；若粒子带负电，则由左手定则可知，洛伦兹力的方向向下，由A的分析可知，负电荷受到的电场力的方向向上，则匀强电场方向还是一定由a指向b，故D错误。故应选：C。【点睛】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。6.质量为的带电小球以初速度水平抛出，经过时间后进入方向竖直向下的匀强电场，再经过时间速度方向重新变为水平，已知初末位置分别为A点和C点，经B点进入电场。下列分析正确的是A. 电场力大小为B. 从A到C的运动过程，外力的总冲量为零C. 小球从A到B与从B到C的速度变化相同D. 从A到C的高度【答案】BD【解析】【分析】小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，得出水平方向和竖直方向上的运动规律，由牛顿第二定律和运动学位移公式分析判断根据v=at研究速度变化量的关系。【详解】A、B项：AB段做平抛运动，BC段的时间与AB段相等，逆运动是类平抛运动，水平方向上均做匀速直线运动，竖直方向上的运动对称，可知AB段竖直方向上的加速度大小与BC段竖直方向上的加速度大小相等，对于BC段，根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，a=g，解得电场力F=2mg，由运动的对称性可知，小球到达C点的速度与A点速度相同，即小球的动量变化量为零，由动量定理可知，外力的总冲量等动量的变化量即为零，故A错误，B正确；C项：AB段和BC段加速度大小相等，方向相反，相等时间内速度变化量大小相等，方向相反，故C错误；D项：AB段的高度差，根据对称性知，AC段的高度差h=2hABgt2，故D正确。故应选：BD。【点睛】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析。7.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r。M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即RM=kU，式中k为正常数）且遵循欧姆定律。R1和R2是两个定值电阻（其电阻可视为不随温度变化而变化）。R为滑动变阻器，现闭合开关S，使变阻器的滑片向上移动，下列说法中正确的是A. 电压表V1、V2 读数增大B. 电子元件M两端的电压减小C. 通过电阻R的电流增大D. 电流表读数减小【答案】CD【解析】变阻器的滑片向上移动过程中，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压减小，即电压表示数减小，电路总电流增大，即通过和M的电流增大，所以其两端的电压增大，即电压表示数增大，M两端的电压增大，而路端电压是减小的，所以并联电路两端的电压减小，所以两端电压减小，即通过的电流减小，即电流表示数减小，总电流增大，因为，所以增大，CD正确.【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部.8.如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由细软导线制成）挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是A. 在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B. 在C从A点沿圆弧移动到图中ADC=30位置的过程中，通过导线上C点的电量为C. 当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小D. 在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为【答案】ABC【解析】设转过角度为，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积，磁通量为，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故A正确；根据知，故B正确；根据知，C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故C正确；根据C项知电动势有效值为，故电热为，故D正确三、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.为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置。（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_。A将木板带滑轮的那端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板带滑轮的那端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C将木板固定打点计时器的那端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D将木板固定打点计时器的那端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动（2）如图所示，在纸带上取7个计数点A、B、C、D、E、F、G，两相邻计数点间的时间间隔为T=0.10 s，相邻两计数点间距离如图所示（单位cm），则小车运动的加速度大小a =_m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为_。【答案】 (1). C; (2). 0.50; (3). mM;【解析】（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，C正确（2）根据逐差法可得，联立代入数据解得（3）将两者看做一个整体，对整体有，对小车有，联立可得，只有当时，10.某小组用如下实验方案精确测量电阻的阻值。（1）多用表粗测：选用多用电表的欧姆“100”挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择欧姆_（填“10”或“1 k”）挡，并先_再进行测量，之后多用电表的示数如图1所示，测量结果为_。 （2）为了精确测量阻值，设计了如图2所示电路，为顺利完成实验，除需要知道定值电阻阻值R0外还需要知道_（填物理量及其符号），若电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则待测电阻Rx的计算式为Rx=_。【答案】 (1). (2). 欧姆调零 (3). 70 (4). 电流表 A1 的内阻r1 (5). 【解析】（1）选用“100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于10挡；每一次换档，需要重新欧姆调零，读数为（2）通过的电流为，其两端的电压和两端的电压相等，故根据欧姆定律可得，故还需要电流表A的内阻11.如图所示，光滑水平面内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，X0一侧磁感应强度的大小为B1，X0一侧磁感应强度的大小为B2，且B1B234。t0时刻坐标原点O处，一个静止的中性粒子裂变为两个带电粒子P和Q，质量分别为m1和m2，已知粒子P带正电，分裂时速度沿X轴正方向，在磁场B1中做圆周运动的半径为R。在以后的运动过程中忽略两粒子之间的相互作用。求：（1）粒子Q在磁场B1中运动半径r。（2）若两粒子在两磁场分界线上M点相遇，M点离O点的距离为R，则m1m2是多少？【答案】(1) r3R/4 (2) m1m217【解析】【详解】(1)中性粒子分裂成两个带电粒子时，两粒子所带电电量相等，设为q，电性相反。设两粒子P、Q分裂时速度的大小分别为V1、V2，且方向相反。由动量守恒定律得：m1 V1 m2V2 对两粒子P、Q，由牛顿第二定律知：B1q V1m1 V12/RB2q V2m2V22/r 联立解得：r3R/4；(2) 带电粒子在匀强磁场中运动的周期T2m/Bq故两粒子P、Q运动的周期分别为T1、T2T1m1/qB1m1/B2qT2m2/qB2m2/B1q 由于OM= 由此知粒子Q恰好运动了半个周期。即tm2/qB2 在时间t内粒子P要经过M点，必须要在磁场中运动3个周期，如图所示即t3T1 3m1/qB13m1/B2q 联立解得：m1m21 7 。12.如图所示，倾角为30、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L10.4 m，B15 T的匀强磁场垂直导轨平面向上一质量m1.0kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r1 .金属导轨上端连接右侧电路，R11.5 ，R21.5 .R2右侧两端通过细导线连接质量M0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L20.2 m，每条边电阻r0为1 ，金属框处在一方向垂直纸面向里、B25T的匀强磁场中现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2.（1）若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度（2）若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.4N，开始时线框竖直，上、下边水平，求细导线刚好被拉断时棒的速度（3）若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为3.06 J，求此过程中棒下滑的距离【答案】(1) 5 m/s (2) 1.8 m/s (3) 2.16m【解析】【分析】(1)金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度；(2)每根细导线能承受的最大拉力Fm=3.4N，根据平衡得出得出通过线框每条边的电流，并结合电路的特点以及切割产生的产生感应电动势公式即可解答；(3)金属棒由静止开始下滑s的过程中，重力和安培力对棒做功，棒的重力势能减小转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒列式可求出ab棒下滑的高度h。【详解】(1) 棒下滑过程中，沿导轨的合力为0时，速度最大，有：mgsin-F安=0 代入数据解得：vmax=5m/s；(2) 闭合S后，设细导线刚断开时，通过金属框ef边电流为I，则通过cd边的电流为3I，则有：2FT-Mg-B2IL2-3B2IL2=0代入数据解得：I=0.2A通过R2的电流为：I2=2I=0.4A电路总电流为：I1=I2+4I=1.2A金属框接入电路总电阻R框= ，R2与R框并联电阻为R，R0.5，则总电阻为：R总=3，设此时棒的速度为v1，则有：I1= 代入数据解得：v1=1.8m/s；(3) 当棒下滑高度为h时，棒上产生的热量为Qab，R1上产生的热量为Q1=4.59J，R2与R框上产生的总热量为Q=1.53J，根据能量转化与守恒定律有 解得x=2.16m。【点睛】本题考查了电磁感应与电路和力学、能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式是解决本题的关键，对于第二问，容易出错，要理清串并联之间的关系，结合欧姆定律进行求解。13.关于物理学发展，下列表述正确的有_A伽利略通过“理想斜面实验”规律，合理外推得出“物体运动不需要外力维持”B奥斯特发现了电流的磁效应，安培成功解释了磁体的磁场与电流的磁场本质相同C库仑最先提出了电荷周围存在电场的观点，并通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律D牛顿发现了万有引力，卡文迪许测出了万有引力常量E法拉第发现了电磁感应现象，并成功总结出了法拉第电磁感应定律【答案】ABD【解析】【分析】解决本题要了解物理学史，对物理学上发生的重要事件、重要规律的发现者要有所了解。【详解】A项：伽利略通过“理想斜面实验”规律，合理外推得出“物体运动不需要外力维持”，故A正确； B项：奥斯特发现了电流