河南省九师联盟2019届高三物理上学期1月质量检测试题（含解析）.docx

河南省九师联盟2019届高三物理上学期1月质量检测试题（含解析）二、选择题：1.关于光电效应，下列说法正确的是A. 在光电效应实验中，用不同频率的光照射相同的金属表面，这种金属的逸出功不同B. 若用紫光照射某金属表面能发生光电效应，用黄光照射该金属表面时一定能发生光电效应C. 用同一种频率的单色光照射不同的金属（都有光电效应发生），光电子的最大初动能与金属的逸出功成线性关系D. 只要增加光照时间和光照强度照射金属表面，该金属一定能发生光电效应【答案】C【解析】【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度和照射的时间无关。根据光电效应方程知，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大，与光强度无关。光电流强度与入射光的强度成正比，从而即可求解。【详解】在光电效应实验中，金属的逸出功是由金属本身决定的物理量，与入射光的频率无关，选项A错误；黄光的频率小于紫光，则若用紫光照射某金属表面能发生光电效应，用黄光照射该金属表面时不一定能发生光电效应，选项B错误；根据可知，用同一种频率的单色光照射不同的金属（都有光电效应发生），光电子的最大初动能与金属的逸出功成线性关系，选项C正确；能否发生光电效应，由入射光的频率决定，与光照时间和光照强度无关，选项D错误；故选C.2.某质点做匀减速直线运动，经过静止，则该质点在第1s内和第2s内的位移之比为A. 75B. 95C. 117D. 137【答案】D【解析】【分析】本题用逆向思维来解决较好，物体运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，结合匀变速直线运动的位移时间公式分别求出第1s内、第2s内的位移之比【详解】物体以初速度做匀减速直线运动到停止，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，将s分成相等的8个s，根据x=at2知，在这相等的8个s内的位移之比是：15:13:11:9:7:5:3:1，则该质点在第1s内和第2s内的位移之比为：(15+13+11):(9+7+5)=39:21=13:7，故选D.3.如图所示，物块M左侧贴着一竖直墙面，物块N置于物块M上现将竖直向上的恒力F作用在M上，M、N一起向上做匀减速直线运动M、N之间相对静止，物块N的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力下列说法正确的是A. 物体N可能只受到一个力B. 物块M与墙面之间一定没有摩擦力C. 物块N对物块M的作用力大小可能为mgD. 物块M与N之间可能没有摩擦力，但一定有弹力【答案】B【解析】【分析】分别隔离物体N和整体MN，其加速度竖直向下，分析其受力情况，根据牛顿第二定律分析各个力的关系.【详解】若物体N只受到一个力，那一定是重力，此时N的加速度是向下的g，整体的加速度也是向下的g，则F只能为零，故假设错误，选项A错误；对MN的整体，水平方向合力为零，则M与墙壁之间无压力，则物块M与墙面之间一定没有摩擦力，选项B正确；对物体N受力分析，重力向下、斜面M对N的弹力斜向右上方，因N受合力竖直向下，可知M一定对N有沿斜面向上的摩擦力；根据牛顿第二定律：mg-FMN=ma，可知FMNmg，即物块N对物块M的作用力小于mg，选项C错误；故选B.4.如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷Q、Q，O点是两电荷连线的中点，a、b两点与Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形，a、e两点关于O点对称则下列说法正确的是A. a、b两点的电势相同B. a、e两点的电场强度相同C. 将电子沿cd边由c点移到d点的过程中电场力做正功D. 电子在b点的电势能比在O点的电势能大【答案】B【解析】【分析】由场强的合成法则可得场强的大小关系，由电场力做功情况可得电势的变化。两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系。【详解】a、b两点虽然关于+Q对称，但是由于-Q的影响，两点的电势并不相等，故A错误；a、e两点的合场强大小相等，且方向相同，故B正确；c、O、d在一条等势线上，故电子从c点移到d点电场力不做功，C错误；b点电势高于O点的电势，则电子在O点的电势能大，故D错误。故选B。【点睛】等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等势线是学习的重点。5.如图所示，两颗人造卫星绕地球运动，其中一颗卫星绕地球做圆周运动，轨道半径为r，另一颗卫星绕地球做椭圆形轨道运动，半长轴为a已知椭圆形轨道的卫星绕地球n圈所用时间为t，地球的半径为R，引力常量为G，则地球的平均密度为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据开普勒第三定律对两卫星列式；根据万有引力等于向心力对对轨道半径为r的卫星列式，联系可求解地球的平均密度.【详解】根据开普勒第三定律：；对轨道半径为r的卫星：；又，联立解得：，故选A.6.如图甲所示，理想变压器的副线圈电路中，L1和L2是两个相同的灯泡，R是定值电阻，S是开关，P是副线圈上的滑动触头理想变压器的原线圈接图乙所示的交变电流开始时S断开，L1正常发光，下列说法正确的是A. 理想变压器原线圈电压的瞬时值表达式为B. 1s时间内，灯泡L1电流方向改变50次C. 开关S闭合，L1正常发光D. 开关S闭合，要使L1正常发光，P应该向上滑动【答案】AD【解析】【分析】由交流电的图像读数信息，求解理想变压器原线圈电压的瞬时值表达式；电流的方向每周期内改变2次；开关S闭合，则次级电阻减小，而次级电压不变，则次级电流变大，电阻R上的电压变大，则两灯泡上的电压减小.【详解】理想变压器原线圈电压的最大值为Um=22V，T=0.02s,，则理想变压器原线圈电压的瞬时值表达式为u=22sin100t (V)，选项A正确；因交流电的频率为f=50Hz，则1s时间内，灯泡L1电流方向改变100次，选项B错误；开关S闭合，则次级电阻减小，而次级电压不变，则次级电流变大，电阻R上的电压变大，则两灯泡上的电压减小，L1不能正常发光，要使L1正常发光，P应该向上滑动，使次级电压变大，选项C错误，D正确；故选AD.7.如图所示，半径为R0.4m的圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g取10ms2则A. 小球甲下滑过程中机械能增加B. 小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先变大后减小C. 小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND. 整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J【答案】BD【解析】【分析】先对两个球整体分析，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析；考虑重力对小球甲做功功率时，结合特殊位置进行分析；在圆弧轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；对球乙运用动能定理列式分析。【详解】小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，选项A错误；小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该时先增加后减小，故B正确；两个球系统机械能守恒，故：mgR=mv2+mv2，解得：；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：N-mg=m，解得：N=mg+=0.510+0.5=10N，根据牛顿第三定律，压力也为10N，故C错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W=mv2=0.522=1J，故D正确；故选BD。【点睛】本题关键时明确两个球相同机械能守恒，而单个球的机械能不守恒，同时要结合动能定理分析，还要找到向心力来源。8.如图所示，一长为L1m、质量为m1kg的导体棒ab垂直放在光滑且足够长的U形导轨底端，导轨宽度和导体棒等长且接触良好，导轨平面与水平面成30角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B0.5T现给导体棒沿导轨向上的初速度v04ms，经时间t00.5s，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动已知导体棒的电阻为R0.05，其余电阻不计，重力加速度g取10ms2，忽略电路中感应电流之间的相互作用，则A. 导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为5AB. 导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1msC. 导体棒从开始到顶端的过程中，通过导体棒的电量为3CD. 导体棒从开始到返回底端的过程中，回路中产生的电能为15J【答案】BC【解析】【分析】导体棒匀速运动时，重力沿斜面向下的分量等于安培力，由此可求解最大速度；根据E=BLv结合闭合电路欧姆定律求解电流；根据动量定理求解电量q；根据能量关系求解回路产生的电能.【详解】导体棒到达底端前已做匀速运动，则由平衡知识：,带入数据解得：vm=1m/s，选项B正确；导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为，选项A错误；导体棒从开始到顶端的过程中，根据动量定理：，其中，解得q=3C，选项C正确；导体棒从开始到返回底端的过程中，回路中产生的电能为 ，选项D错误；故选BC.三、非选择题：9.某同学在做“验证平行四边形定则”的实验中，遇到了以下问题请帮助该同学解答（1）物理学中有很多物理方法，本实验采用的是_A类比实验法B等效替代法C控制变量法D极限法（2）在做实验之前，该同学发现有一只弹簧测力计如图甲所示，则在使用前应该对弹簧测力计_。（3）如图乙所示的四个力中，力_（填图中字母）是由一只弹簧测力计直接拉橡皮筋测得的（4）该同学已经作出了两个分力的力的图示，如图丙所示，方格中每边的长度表示0.5N，请帮助该同学用作图法作出合力F的图示，并求出合力的大小为_N（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). B (2). 调零 (3). F (4). 3.5 【解析】【分析】（1）验证平行四边形定则”的实验中采用的是等效替代法.（2）在使用前应该对弹簧测力计进行调零。（3）由一只弹簧测力计直接拉橡皮筋时，力的方向与OA重合（4）根据平行四边形法则做出合力F的图示；由图可知合力的大小.【详解】（1）验证平行四边形定则”的实验中采用的是等效替代法，故选B.（2）在使用前应该对弹簧测力计进行调零。（3）由一只弹簧测力计直接拉橡皮筋时，力的方向与OA重合，可知如图乙所示的四个力中，力F是由一只弹簧测力计直接拉橡皮筋测得的（4）合力F的图示如图；由图可知合力的大小为3.5N.10.某同学设计如图所示的电路测电源的电动势和内阻，图中两个电流表相同，定值电阻阻值为R0.（1）电路中R0的作用为_。（2）闭合电键S1之前，先将电阻箱接入电路的阻值调到_（填“最大”或“最小”，闭合电键S1，再闭合电键S2，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的指针偏转较大（接近满偏），读出电流值I0，读出这时电阻箱的阻值R1；断开电键S2，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的示数再次为I0，读出这时电阻箱的阻值R2，则电流表A1的阻值为_。（3）闭合电键S3，依次调大电阻箱的阻值，记录每次调节后电阻箱的阻值R，并记录每次调节后电流表A1的示数I，根据记录的R、I，作出IR-I图象，则图象可能是_.（4）若根据记录的R、I，作出-R图象，通过对图象的处理，得到图象与纵轴的截距为a，图象的斜率为b，则电源的电动势E=_，电源的内阻r=_。【答案】 (1). （1)保护电路元件（或保护电路） (2). （2）最大 (3). R1-R2 (4). （3）D (5). （4） (6). +R2-R0-R1【解析】（1）电路中R0作为保护电阻，起到保护电路元件的作用。（2）为了防止电路中的电流过大，闭合电键S1之前，应将电阻箱接入电路的电阻调到最大，根据等效替代可知，电流表A1的内阻为R1-R2。（3）由于开始时电流表接近满偏，因此调节电阻箱使电流表的示数逐渐减小，即电阻箱的阻值逐渐调大。由闭合电路欧姆定律得E=I（R+RA1+R0+r），得到IR=E-l（r+R0+RA1），可见D项正确。（4）由E=I（R+RA1+R0+r）得：根据题意有=b，得E=，由（r+R0+RA1）=a，得r=-R0-（R1-R2）=+R2-R0-R1。点睛：本题考查测量电动势和内电阻的实验，知道实验原理是正确设计实验电路图、补充实验步骤的关键，同时注意掌握图象处理数据的基本方法。11.如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、mA、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力求：（1）木板C的最终速度；（2）木板C与物块A之间的摩擦力f；（3）物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t【答案】（1）v（2）（3）【解析】【分析】（1）B、C碰撞过程中动量守恒，A滑到C上，A、C动量守恒，根据动量守恒定律列式可求解木板C的最终速度；（2）由能量守恒定律列式求解木板C与物块A之间的摩擦力f；（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理可求解物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间.【详解】（1）B、C碰撞过程中动量守恒：2mvmv（2mm）v1解得A滑到C上，A、C动量守恒：3mvmv1（3mm）v2解得v（2）在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得解得（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得ftmv2mv1解得【点睛】本题考查了动量守恒、动量定理以及能量守恒定律的综合应用，理清整个过程中A、B、C的运动规律是解决本题的关键。12.如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成30角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q带电小球a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴已知A点到坐标原点O的距离为，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数；，重力加速度为g，空气阻力忽略不计求：（1）带电小球的电性及电场强度的大小E；（2）第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B1；（3）当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为的P点（图中未画出）以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且重力等于电场力，可求解场强大小；（2）带电小球a从N点运动到Q点的过程中做圆周运动，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力等于向心力求解速度；带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件求解B1；（3）结合粒子在磁场中匀速圆周运动的周期和在平抛运动的知识求解b球的初速度.【详解】（1）由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mgqE，解（2）带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有：由几何关系有联立解得带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有mgsin（qvB1mgcos）解得（3）带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期带电小球a第一次在第一象限竖直上下运动的总时间为绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为两球相碰有联立解得n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则解得【点睛】带电粒子或带电体在复合场中的运动是整个高中的重点，粒子的运动过程中受力分析以及运动情况分析是解题的关键对于圆周运动，要作出轨迹，由几何知识研究轨道半径13.关于分子力和分子势能，下列说法正确的是_（填正确答案标号）A. 当分子力表现为引力时，分子之间只存在引力B. 当分子间距离为r0时，分子之间引力和斥力均为零C. 分子之间的斥力随分子间距离的减小而增大D. 当分子间距离为r0时，分子势能最小E. 当分子间距离由r0逐渐增大时（小于10r0），分子势能增大【答案】CDE【解析】【详解】分子力表现为引力时，分子之间的引力大于斥力，并非分子之间只存在引力，选项A错误；当分子间距离为r0时，分子之间引力和斥力相等，分子力表现为零，选项B错误；分子之间的斥力随分子间距离的减小而增大，选项C正确；当分子间距离为r0时，分子势能最小，选项D正确；当分子间距离由r0逐渐增大时（小于10r0），因分力表现为引力，分子力做负功，则分子势能增大，选项E正确；故选CDE.14.如图所示是一定质量的理想气体的pV图象，理想气体经历从ABCDA的变化过程，其中DA为等温线已知理想气体在状态D时温度为T400K，求：理想气体在状态B时的温度TB若理想气体在CD过程中内能减少300J，则在CD过程中理想气体吸热还是放热？热量变化了多少？【答案】TB1000K 理想气体放热，放出400J【解析】【分析】A与D状态的温度相