四川省棠湖中学2019届高三物理4月月考试题（含解析）.docx

四川省棠湖中学2019届高三4月月考理综-物理试题1.如图所示为氢原子的能级图。能量为12.75eV的光子照射一群处于基态的氢原子，氢原子发射出不同频率的光波，其中最多包含有几种不同频率的光波（ ）A. 6种B. 5种C. 4种D. 3种【答案】A【解析】【详解】用能量为12.75eV的光子照射一群处于基态的氢原子，原子能量为E=-13.6 eV +12.75eV=-0.85eV，知原子跃迁到第4能级，根据=6知，最多发射6种不同波长的光子，故选A2.一物体运动的速度随时问变化的关系如图所示，根据图象可知A. 04s内物体一定在做曲线运动B. 04s内物体的速率一直在减小C. 物体加速度的方向在2s时发生改变D. 04s内物体速度变化量的大小为8m/s【答案】D【解析】ABC. 04s内物体先向正方向做减速直线后向反方向做加速直线运动，物体的加速度没有发生过变化，故ABC错；D. 04s内物体速度变化量的大小为 所以速度变化量的大小为8m/s，故D正确故选D 3.关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是（ ）A. 变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压B. 经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关C. 真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化D. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用【答案】BD【解析】【详解】变压器只能改变交流电压，不可以改变稳恒直流电压，选项A错误；由得：，则最大动能：；可知经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关，选项B正确；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。故选BD.4.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板 MN 上铺一 薄层中药材，针状电极 O 和平板电极 MN 接高压直流电源，其间产生较强的 电场.水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等 量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥图中虚线 ABCD 是某一水分子从 A 处由静止开始的运动轨迹.下 列说法正确的是（ ）A. A 处的电场强度大于 D 处B. B 处的电势高于 C 处C. 水分子由 A 运动到 C 的过程中电势能减少D. 水分子做匀变速运动【答案】C【解析】【详解】由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，即A处电场强度小于D处，根据F=qE可得，水分子受到电场力大小变化，加速度变化，做变加速运动，故AD错误；顺着电场线电势降低，知B处的电势低于C处，故B错误；水分子由静止开始由A运动C过程中，电场力做正功，故电势能减小，故C正确.5.双星系统是由两颗恒星组成的，在两者间的万有引力相互作用下绕其连线上的某一点做匀速圆周运动，研究发现，双星系统在演化过程中，两星的某些参量会发生变化.若某双星系统中两星运动周期为T,经过一段时间后，两星的总质量变为原来的m倍，两星的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为A. B. C. D. 【答案】C【解析】设m1的轨道半径为R1，m2的轨道半径为R2两星之间的距离为l由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同由向心力公式可得：对m1： 对m2： 又因为R1十R2=l，m1+m2=M由式可得 所以当两星总质量变为mM，两星之间的距离变为原来的n倍，圆周运动的周期平方为 即，故ABD错误，C正确；故选C点睛：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度以及会用万有引力提供向心力进行求解6.如图甲，交流发电机与一理想变压器连接，给“220V，1100W”的电饭煲和“220V，220W”的抽油烟机正常供电。交流发电机的两磁极间视为匀强磁场内阻不计的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从中性面开始计时，产生的电动势如图乙所示。所有导线的电阻均不计，交流电流表是理想电表。下列说法正确的是（ ）A. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为L=1100sinl00t(V)B. 正常工作时，电饭锅和抽烟机的发热功率之比为51C. t=0时刻，穿过发电机线圈的磁通量和A表的示数均为零D. 电饭锅和抽油烟机同时正常工作时，A表示数为1.2A【答案】AD【解析】A、由图乙可知，该发电机产生的交流电的周期为0.02s，则圆频率为：，发电机的最大值为，所以其瞬时表达式为：，,即原线圈两端的电压瞬时表达式为：，故A正确；B、抽油烟机消耗的电能大部分转化为机械能，所以电饭锅的发热功率大于抽烟机发热功率的5倍，故B错误；CD、变压器的输出功率为1100W+220W=1320W，所以变压器的输入功率也是1320W，发电机电压的有效值：，所以电流表的读数：，故D正确；C、t=0时刻，变压器原线圈两端电压的瞬时值e=0，穿过发电机线圈的磁通量最大， 电流表的示数为有效值，故电流表的读数为1.2A，故C错误；故选AD。【点睛】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快。 7.如图所示，某人从同一位置O以不同的水平速度投出三枚飞镖A、B、C，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60、45、30，图中飞镖的取向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是A. 三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足B. 三只飞镖击中墙面的速度满足C. 三只飞镖击中墙面的速度一定满足D. 插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点【答案】AD【解析】A、设水平距离为S，镖的初速度为，击中墙面的速度为v，速度与竖直方向的夹角为，则，联立解得，由于从同一位置O抛出，S相同，所以有，故A正确；BC、击中墙面的速度为，则有，故B、C错误；D、根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平总位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D正确；故选AD。8.如图，固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段AB和半径为r的半圆环段BCD平滑相切而成，过圆环直径BOD的虚线左侧存在方向水平向右的匀强电场。现将一可视为质点的带正电小滑块，从水平轨道上的P点由静止释放，滑块沿轨道运动到半圆环上B点时对轨道的压力等于滑块重力的7倍，且滑块离开半圆环后不经任何碰撞回到了B点。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）A. 滑块不能沿轨道运动到最高点DB. 滑块两次经过B点时的速度相同C. 在虚线左侧，滑块到达距水平轨道高为 的位置时，电场力的瞬时功率为零D. P到B点的距离为【答案】CD【解析】A、第一次经过B点有，解得，从B到D有动能定理可得，解得，所以滑块能沿轨道运动到最高点D，故A错误；B、从D飞出做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，滑块从D回到B点过程，电场力不做功，只有重力做功，所以滑块两次经过B点时的速度大小相同，方向不同，故B错误；C、在虚线左侧，滑块到达距水平轨道高为 的位置时，运动时间为，从滑块到达距水平轨道高为 的位置运动到B的时间为，则有，根据运动的对称性可知，滑块到达距水平轨道高为 的位置时水平方向的速度为0，所以电场力的瞬时功率为零，故C正确；D、由题意可解得，所以电场力的大小为 ，从P到B点由动能定理可得，解得P到B点的距离为，故D正确；故选CD。9.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h,O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上.已知重力加速度为g,空气阻力可忽略不计.实验过程一：如图甲所示，挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离.滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1.实验过程二：如图乙所示，将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使Q2C的距离与O1A的距离相等。滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2.(1)为完成本实验，下列说法中正确的是_A.必须测出小滑块的质量 B.必须测出弹簧的劲度系数C.弹簧的压缩量不能太小 D.必须测出弹簧的原长(2)写出动摩擦因数的表达式=_(用题中所给物理量的符号表示)(3)在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面.为了仍能测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，实验小组测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离l.写出动摩擦因数的表达式=_.(用题中所给物理量的符号表示)(4)某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，此实验方案_.(选填“可行”或“不可行”)【答案】 (1). （1）C (2). （2） (3). （3）滑块停止滑动的位置到B点的距离 (4). （4）不可行 (5). 滑块在空中飞行时间很短,难以把握计时起点和终点,秒表测时间误差较大【解析】（1）、（2）滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间，滑块飞行的距离，所以滑块第1次离开桌面时的速度；滑块第2次离开桌面时的速度；滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功是W1，AB之间的距离是x，则，滑块第2次滑动的过程中，联立可得解得；可知，要测定摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关。要想让滑块顺利滑出桌面，弹簧的压缩量不能太小，C正确；（3）在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0。根据动能定理可知，联立解得。10.要测量某种合金的电阻率。（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率=_，用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为_mm。（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关。根据原理图在图丙中将实物连线补充完整_。(3)闭合S1,当S2处于位置a时,电压表和电流表的示数分别为U1=1.35V,I1=0.30A；当S2处于位置b时,电压表和电流表的示数分别为U2=0.92V,I2=0.32A，根据以上测量数据判断,当S2处于位置_(选填“a”或“b”)时,测量相对准确,测量值Rx =_.(结果保留两位有效数字)。【答案】 (1). (2). 0.650 (3). b (4). 2.9 (5). 如图所示：【解析】【分析】(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.(2)根据电路图连接实物电路图.(3)根据实验数据判断电压与电流变化大小，从而确定电压表还是电流表误差较大，进而确定外接法还是内接法，再由欧姆定律，求解电阻.【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+15.50.01mm=0.655mm；(2)根据图2所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：(3)由实验数据可知：,由此可知：,电流表分压较大，为减小实验误差，电流表应采用外接法，即S2处于位置a，根据欧姆定律，则有：；【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读一位，读数时视线要与刻度线垂直，并掌握电流表内接法与外接法的确定依据.11.如图甲所示，一汽车通过电子不停车收费系统假设汽车从O点以的速度匀速驶向ETC收费岛，在OA路段所受阻力大小；汽车从A处进入ETC收费岛后，假设仍保持功率不变完成自动缴费并驶离收费岛，并以速度匀速离开B处，汽车的速度时间图象如图乙所示。已知ETC收费岛AB段长度，汽车质量，汽车在OA段和AB段所受阻力分别为恒力。求汽车在运动过程中发动机的输出功率；当汽车加速度大小为时，求此时汽车的速度大小；求汽车在ETC收费岛AB段内行驶的时间。【答案】（1）6.0kw；（2）4m/s；（3）3.83s 【解析】(1)在OA段P=F1v0F1=f1=1103N解得：P=6.0kw 汽车离开B点前已经匀速，则有：P=F2vF2=f2 f2-F=Ma解得:v1=4m/s AB过程，由动能定理： PtAB-f2d=解得：tAB=3.83s 12.倾角为的光滑绝缘斜面如图所示，在相隔为d的平行虚线与间有大小为的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为，电阻为，边长为的正方形单匝纯电阻金属线框，在斜面上某点由静止释放，当cd边刚进入磁场时，线框的加速度大小为，方向沿斜面向下；线框ab边刚要离开磁场和cd边刚进入磁场时，cd边两端的电压相同。已知磁场的宽度d大于线框的边长L，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）cd边刚进入磁场时，线框中的电流方向；（2）cd边刚进入磁场时线框速度v多大；（3）线框通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q是多少。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由右手定则知 电流方向为 （2）由牛顿第二定律得 mgsin-FA=ma 安培力的大小为 FA=BIL 由闭合电路欧姆定律得 由法拉第电磁感应定律得E=BLv 得 （3）cd边进入磁场时，cd边两端电压为 设ab边离开磁场时，线框的速度为v1，cd边两端电压为知v1=3v由能量守恒定律得： 得点睛：本题是电磁感应与力学和能量关系的结合题分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要根据线圈的机械能的变化情况来分析13.下列说法正确的是_A. “油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积B. 在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体C. 雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果D. 不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力E. 第二类永动机违背了热力学第二定律【答案】BCE【解析】【分析】根据油膜法测分子直径的原理分析答题；在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体；根据液体表面张力、浸润与不浸润的原因、对两类永动机的掌握分析答题.【详解】A、“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积；故A错误.B、根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量；故B正确.C、雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果；故C正确.D、不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力；故D错误.E、第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律；故E正确.故选BCE.【点睛】本题考查了选修内容，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容，要注意基础知识的学习与掌握。14.如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小设整个过程中气体温度不变【答案】，Fp0Smg【解析】【分析】以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件列式求解气缸内气体的压强.整个过程中，气体的温度不变，发生等温变化。列出初态气缸内气体的压强和体积及末态气体的体积，由玻意耳定律列式求得末态气体的压强，再以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求解拉力F的大小。【详解】以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为p1，根据平衡条件有：p0S3mgp1S解得： 对气缸内气体，初态：，V12lS末态：p2， 根据玻意耳定律，有p1V1p2V2 解得：以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：2pSFp0S3mg解得：【点睛】对于封闭气体，常常以与气体接触的活塞或水银为研究对象，根据平衡条件求压强，要加强这方面的训练，做熟练掌握.15.由波源S形成的简谐横被在均匀介质中向左、右传播。已知