湖北省荆州市2019届高三物理下学期四月质检考试试题（含解析）.doc

湖北省荆州市2019届高三物理下学期四月质检考试试题（含解析）二、选择题： 1.下列说法中正确的是 a. 振动的带电微粒辐射或吸收的能量可以是任意数值b. 铀核（）衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能c. 实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象d. 核力将核子紧紧束缚在原子核内，因此核力只表现为引力【答案】b【解析】【详解】a根据普朗克能量子假说认识，振动的带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍，故a错误；b铀核( )衰变的过程中会释放能量，所以衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能，故b正确；c根据光电效应方程可知，发生光电效应的条件与光的频率有关，与光的强度无关，故c错误；d核力将核子紧紧束缚在原子核内，核力在大于，小于的范围内表现为吸引力，在小于时表现为斥力，故d错误；故选b。【点睛】振动的带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍，衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能；发生光电效应的条件与光的强度无关。2.“复兴号”动车组在京沪高铁率先实现350公里时速运营，我国成为世界上高铁商业运营速度最高的国家。一列“复兴号”正在匀加速直线行驶途中，某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，则小球（ ）a. 在最高点对地速度为零b. 在最高点对地速度最大c. 落点位置与抛出时车厢的速度大小无关d. 抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远【答案】c【解析】【分析】小球竖直抛出后，水平方向有与车厢相同的初速度，竖直方向做竖直上抛运动，结合运动的合成知识进行解答.【详解】在匀加速直线行驶的车厢中竖直向上抛出的小球具有水平速度，则在最高点对地速度不为零，选项a错误；小球在运动过程中，竖直速度逐渐减小，水平速度不变，则在最低点对地速度最大，选项b错误；小球抛出时竖直向上的初速度一定时，在空中运动的时间t一定，则设此时车厢的速度为v，则落地时的位置与抛出时的位置间距为：，即落点位置与抛出时车厢的速度大小无关，选项c正确，d错误；故选c.3.如图所示，带有孔的小球a套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球b通过轻绳连接，处于静止状态给小球b施加水平力f使其缓慢上升，直到小球a刚要滑动在此过程中()a. 水平力f的大小不变b. 杆对小球a的支持力不变c. 轻绳对小球b的拉力先变大后变小d. 杆对小球a的摩擦力先变小后变大【答案】d【解析】对球受拉力f、重力和细线的拉力t，合力为零如图所示：由此可知，随着的增加，拉力f和细线张力t均增加，故a错误，c错误；再对a、b球整体分析，受重力、拉力f、支持力n和静摩擦力f，如图所示：设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直杆方向有 ，随着f的增加，支持力n增加；在平行杆方向，有：，可得：，可知随着f的增加，静摩擦力逐渐减小，当时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加；故b错误，d正确。所以d正确，abc错误。4.2018年12月8日凌晨2点24分，中国长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心起飞，把嫦娥四号探测器送入地月转移轨道，“嫦娥四号”经过地月转移轨道的p点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道i，再经过系列调控使之进人准备落月”的椭圆轨道，于2019年1月3日上午10点26分，最终实现人类首次月球背面软着陆。若绕月运行时只考虑月球引力作用，下列关于“嫦娥四号的说法正确的是a. “嫦娥四号”的发射速度必须大于11.2km/sb. 沿轨道i运行的速度大于月球的第一宇宙速度c. 沿轨道i运行至p点的加速度小于沿轨道运行至p点的加速度d. 经过地月转移轨道的p点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道i【答案】d【解析】【分析】根据嫦娥四号”经过地月转移轨道的p点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道i，再经过系列调控使之进人准备落月”的椭圆轨道可知，本题考查卫星变轨问题，根据万有引力定律和圆周运动知识进行列方程求解。【详解】a项：嫦娥四号仍在地月系里，也就是说嫦娥四号没有脱离地球的束缚，故其发射速度需小于第二宇宙速度而大于第一宇宙速度，故a错误；b项：由公式可知，在轨道i的半径大于月球的半径，所以沿轨道i运行的速度小于月球的第一宇宙速度，故b错误；c项：卫星经过p点时的加速度由万有引力产生，不管在哪一轨道只要经过同一个p点时，万有引力在p点产生的加速度相同，故c错误；d项：地月转移轨道进入环月圆形轨道i时做近心运动，所以经过地月转移轨道的p点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道i，故d正确。故选：d。【点睛】理解宇宙速度的物理意义和卫星变轨原理是解决本题的关键，应用“越远越慢”这一规律可以方便解决此类问题。5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为51，电流表和电压表均为理想电表，r是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、l是理想线圈、c是耐压值和电容都足够大的电容器、d是灯泡、k是单刀双掷开关。当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是a. 开关k连通1时，电压表的示数为44vb. 开关k连通1时，若光照增强，电流表的示数变小c. 开关k连通2时，d灯泡不亮d. 开关k连通2时，若光照增强，电压表的示数减小【答案】a【解析】【分析】根据原、副线圈的电压与匝数成正比求出电压表的示数，和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定副线圈总电阻的变化，进而可以确定副线圈的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况；【详解】a、根据图乙可知原线圈电压有效值为：，则根据可以得到：，即电压表的示数为，故选项a正确；b、开关k连通1时，若光照增强，则电阻r减小，则副线圈总电阻减小，而不变，则副线圈电流增大，根据可知，原线圈电流增大，即电流表的示数变大，故选项b错误；c、开关k连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故d灯泡发光，故选项c错误；d、开关k连通2时，若光照增强，则电阻r减小，但是由于原、副线圈端电压之间关系为与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项d错误。【点睛】解决变压器的问题，注意掌握端电压与匝数的关系，电流与匝数的关系以及原、副线圈功率的关系。6.如图所示，甲球从o点以水平速度1飞出，落在水平地面上的a点乙球从o点以水平速度2飞出，落在水平地面上的b点，反弹后恰好也落在a点两球质量均为m若乙球落在b点时的速度大小为2，与地面的夹角为60，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是a. 乙球在b点受到的冲量大小为b. 抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能c. oa两点的水平距离与ob两点的水平距离之比是3：1d. 由o点到a点，甲、乙两球运动时间之比是1：1【答案】abc【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，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。结合分运动的规律研究。【详解】a由动量定理得：，解得：，故a正确；b由题意可知，甲球抛出的初速度较大，动能大，由于高度相同，势能相同，所以抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能，故b正确；c乙球与地面发生弹性碰撞，由对称性可知，所以第一次落地不平位移之比为3：1故c正确；d由公式可知，乙球不反弹从o到b所用的时间与甲球从o到a的时间相同，由于乙球反弹后再到a点，所以两者的时间不相等，故d错误。故选：abc。【点睛】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。7.如图所示，a为xoy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xoy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成角斜向右上射入电场粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）a. 若粒子在b点速度方向沿轴正方向，则电场方向可能平行于轴b. 若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点c. 若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等d. 若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反【答案】cd【解析】【详解】a项：如果电场平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向分速度不为0，因此粒子速度不可能平行于x轴，故a错误；b项：若粒子运动过程中在b点速度最小，则在轨迹上b点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故b错误；c项：若粒子在b点速度大小也为v0，则粒子在a、b两点的动能相等，电势能相等，则a、b两点电势相等，故c正确；d项：若粒子在b点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v0方向相反，故d正确。故选：cd。8.如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为 1 m， 总电阻为 1 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行。现使导线框水平向右运动，cd边于 t0 时刻进入磁场，c、d 两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示。下列说法正确的是a. 磁感应强度的方向垂直纸面向里b. 磁感应强度的大小为 4 tc. 导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为 3 : 1d. 03 s 的过程中导线框产生的焦耳热为 48 j【答案】ab【解析】【分析】根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合e=blv求出磁感应强度，根据焦耳定律求线圈发热量。【详解】a项：0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即c点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故a正确；b项：0-1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为，线框的速度为，解得：，故b正确；c项：由图乙分析可知，线框在0-1s内进入磁场，2-3s内出磁场，且都是匀速运动，所以速度都为1m/s，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1：1，故c错误；d项：线框在0-1s内进入磁场过程中电流为，产生的热量为：，1-2s内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无热量产生，2-3s内线框出磁场过程中电流为，产生的热量为：，所以总热量为32j，故d错误。故选：ab。【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动类型，要掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题要能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等等。9.用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在o点；在o点右侧的b、c位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得b、c两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置a，然后由静止释放，计时器显示遮光片从b到c所用的时间t，用米尺测量a、o之间的距离x。（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v=_。（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量_。（填字母序号）a弹簧原长 b当地重力加速度 c滑块（含遮光片）的质量（3）若气垫导轨左端比右端略高，弹性势能的测量值与真实值比较将_（填字母序号）a偏大 b偏小 c相等【答案】 (1). （1）； (2). （2）c； (3). （3）a【解析】【分析】明确实验原理，知道测量弹性势能的方法是利用了功能关系，将弹性势能转化为了滑块的动能；根据速度公式可求得弹出后的速度；再根据实验原理明确应测量的数据；同时根据弹性势能的决定因素分析导轨高度变化后速度变化，从而即可求解。【详解】（1）滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用bc段的平均速度表示离开时的速度；则有：； （2）弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故选c。（3）若气垫导轨左端比右端略高，导致通过两光电门的时间将减小，那么测得速度偏大，因此弹性势能的测量值也偏大；故选a.【点睛】本题利用机械能守恒来探究弹簧的弹性势能的大小，要注意明确实验原理，知道如何测量滑块的速度，并掌握物体运动过程以及光电门的使用方法。10.利用如图甲所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源（电动势不大于6v，内阻不大于1），电阻箱r（最大阻值999.9)，表头g（量程为200a，内阻为900），定值电阻r0、r1，开关s，导线若干。实验步骤如下：（1）先利用r0将表头g改装成2ma电流表，再将2ma的电流表改装成量程为6v的电压表，则两定值电阻 的阻值分别为：r0=_，r1=_；（2）将电阻箱阻值调到_（选填“最大“或“最小”）， 再闭合开关s；（3）多次调节电阻箱，记下表头g的示数i和电阻箱相应的阻值r；（4）以为纵坐标，为横坐标，作出图线如图乙 所示；（5）根据是图线求得电源的电动势e=_v，内阻r=_；（此两空结果均保留到小数点后一位）（6）由于步骤（5）的近似处理会导致测量的电动势_，内阻_（此两空均选填“偏小”、偏大”、“不变”）。【答案】 (1). 100 (2). 2910 (3). 最大 (4). 6.0 (5). 0.2 (6). 偏小 (7). 偏小【解析】(1)电流表与电阻r0并联，两端电压相等，电流表内阻为ra=900，量程为200 a，则通过电阻r0的电流为通过电流表的9倍，则电阻r0的阻值为电流表内阻的1/9，3.为100。 电流表示数为0.2ma，电路电流为2ma，电流表的电压为0.210-3900v=0.18v， r1的电压为6v-0.18v=5.82v，则r1=u/i=。（2）首先应将电阻箱阻值调到最大，以免电流太大，再闭合开关s（5）根据闭合电路欧姆定律：， 根据图像可知：，e=6.0v；，r=0.2；（6）由于把流过电阻箱的电流视为干路电流，小于实际的干路电流，会导致测量的电动势偏小，内阻偏小。11.水平放置长为l=4.5m的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s，质量为m2=3kg的小球被长为的轻质细线悬挂在o点，球的左边缘恰于传送带右端b对齐；质量为m1=1kg的物块自传送带上的左端a点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至b点与球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为=0.1，取重力加速度。求： （1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？【答案】（1）42n（2）13.5j【解析】【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理： 解之可得：因为，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律： 解之得：碰后，对小球，根据牛顿第二定律：小球受到的拉力：（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为，则解之得：在这过程中，传送带运行距离为：滑块与传送带的相对路程为：设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为则根据动量定理： 解之得：滑块向左运动最大位移：=2m因为，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带再考虑到滑块与小球碰后的速度，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是=13.5j12.如图所示，虚线ol与y轴的夹角=450，在ol上侧有平行于ol向下的匀强电场，在ol下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0从y轴上的m（om=d）点垂直于y轴射入匀强电场