河北省武邑中学2019届高三物理第三次质检考试试题（含解析）

河北省武邑中学2019届高三物理第三次质检考试试题（含解析）二、选择題：本題共8題，每小題6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一項符合题目要求。第1921題有多项符合题目要表，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. 温度升高时放射性元素的半衰期变长b. 衰变所释放的电子是原子核外的最外层电子c. 、 和 三种射线中， 射线的穿透能力最强d. 某放射性元素的原子核有 80 个，经过 2 个半衰期后一定只剩 20 个【答案】c【解析】【详解】放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项a错误；衰变所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项b错误；、和三种射线中，射线的穿透能力最强，选项c正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核的衰变不适用，选项d错误；故选c.2.个如图所示，质量为4kg的物体a静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg的物体b用细线悬挂起来，a、b紧挨在一起但a、b之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，b对a的压力大小为（g取l0m/s2）的（ ）a. 0b. 50nc. 10nd. 8n【答案】d【解析】【详解】剪断细线前，a、b间无压力，则弹簧的弹力f=mag=40n，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a=ma+mbgfma+mb=4+110404+12m/s2，隔离对b分析，mbg-n=mba，解得：n=mbg-mba=10-12n=8n故d正确，abc错误。故选d。3.如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛后飞行的时间为t0。现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这个小球，则下列图象中能正确表示平抛后飞行的时间t随v变化的函数关系的是（）a. b. c. d. 【答案】c【解析】试题分析：当小球落在斜面上时，有：tan=12gt2vtgt2v，解得t=2vtang，与速度v成正比当小球落在地面上，根据h=12gt2得，t=2hg，知运动时间不变可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线故c正确，abd错误故选c。考点：平抛运动【名师点睛】此题是对平抛运动规律的考查，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。4.已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁n极位于地理南极。如图所示，在河北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框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是（ ）a. 若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低b. 若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势c. 若使线框向上平移，则a点电势比d点电势低d. 若使线框向上平移，则a点电势等于b点电势【答案】a【解析】【详解】河北位于北半球，地磁场的竖直分量向下，水平分量水平向北。若使线圈向东平移，ad边切割磁感线产生感应电动势，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d点的电势低，故a正确。若使线圈向北平移，ab边切割磁感线产生感应电动势，地磁场的竖直分量向下，由右手定则可知，a点电势高于b点电势，故b错误；若使线框向上平移，ad、bc不切割磁感线，不产生感应电动势；dc和ab两边切割磁感线，由右手定则可知，a点电势比b点电势高，a点电势等于d点电势，故cd错误；故选a。5.2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星。如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r1=r的圆轨道上做匀速圆周运动，到a点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点b点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为r2=2r的圆轨道做匀速圆周运动。.已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上a点时的速度为v，卫星的质量为m，地球质量为m，引力常量为g，则发动机在a点对卫星做的功与在b点对卫星做的功之差为(不计卫星的质量变化)a. 34mv2+3gmm4rb. 34mv23gmm4rc. 58mv2+3gmm4rd. 58mv23gmm4r【答案】d【解析】当在r1=r的圆轨道上运行时，有gmmr2=mv02r，解得在圆轨道上运行时通过a点的速度为v0=gmr，所以发动机在a点对卫星做的功为w1=12mv212mv02=12mv2gmm2r；当在r2=2r的圆轨道上运行时，有gmm2r2=mv022r，解得在圆轨道上运行时通过b点的速度为v0=gm2r，而根据卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定值可知在椭圆轨道上通过b点时的速度为v1=r1r2v=12v，故发动机在b点对卫星做的功为w1=12mv0212mv12=gmm4r18mv2，所以w1w2=58mv23gmm4r，d正确6.如图，固定于小车上的支架上用细线悬挂一小球线长为l小车以速度v0做匀速直线运动，当小车突然碰到障障碍物而停止运动时小球上升的高度的可能值是（ ）a. 等于v022gb. 小于v022gc. 大于v022gd等于2l【答案】abd【解析】试题分析：当小车突然碰到障碍物而停止运动时，由于惯性小球的速度仍为v0，若v0可以满足小球做圆周运动，则小球可以上升的最高点正好为圆的直径，即为2l，若小球不能做圆周运动，则根据机械能守恒可得12mv02=mgh，解得h=v022g，若空气阻力不能忽略，则小球的机械能不守恒，上升高度小于v022g，故abd正确考点：考查了圆周运动，机械能守恒【名师点睛】小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度；如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径，本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题，难度不大7.如图，mn和pq是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为r的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为b的匀强磁场，质量为m、电阻也为r的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）（重力加速度为g）a. 金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热b. 金属棒克服安培力做的功为mghc. 金属棒产生的电热为12mg（h-d）d. 金属棒运动的时间为2ghg-b2l2d2rmg【答案】cd【解析】【详解】根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻r上产生的焦耳热之和，故a错误。设金属棒克服安培力所做的功为w对整个过程，由动能定理得 mgh-mgd-w=0，得 w=mg（h-d），故b错误。电路中产生的总的焦耳热q=w= mg（h-d），则属棒产生的电热为12mg（h-d），故c正确。金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv02，得v0=2gh。金属棒经过磁场通过某界面的电量为q=2r=bld2r ；根据动量定理：biltmgdt=0mv0 ，其中q=it ，解得t=2ghg-b2l2d2rmg ，选项d正确；故选cd.8.如图所示，由电动机带动着倾角q37的足够长的传送带以速率v4m/s顺时针匀速转动。一质量m2kg的小滑块以平行于传送带向下v2m/s的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数m78，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内a. 小滑块的加速度大小为1m/s2b. 重力势能增加了120jc. 小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84jd. 电动机多消耗的电能为336j【答案】ad【解析】a、由牛顿第二定律可得mgcosmgsin=ma，解得a=1m/s2，故a正确；b、小滑块从接触传送带到相对传送带静止的时间t=vt=6s，小滑块的位移s=vt=4+(2)26m=6m，重力势能增加量ep=mgssin37=72j，故b错误；c、6s内传送带运动的位移s=24m，所以相对位移s=ss=18m，产生的内能q=mgcos37s=252j，故c错误；d、小滑块增加的动能ek=12mv212mv2=12j，所以电动机多消耗的电能e=12j+72j+252j=336j，故d正确；故选ad。9.如图1所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（1）实验得到一条如图2所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是_m/s2（计算结果保留两位有效数字）（2）读出弹簧测力计的示数f，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验以弹簧测力计的示数f为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b的一条倾斜直线，如图3所示已知滑块和动滑轮的总质量为m，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦则滑块和木板之间的动摩擦因数=_【答案】 (1). （1）2.4； (2). （2）2bmg 【解析】(1)b点的瞬时速度为vb=xac2t=0.72m/s，加速度为a=xbdxob4t2=0.1920.096140.01m/s2=2.4m/s2.(2)滑块受到的拉力t为弹簧秤示数的两倍，即：t=2f,滑块受到的摩擦力为：f=mg,由牛顿第二定律可得：t-f=ma,解得力f与加速度a的函数关系式为:f=m2a+mg2,由图象所给信息可得图象截距为：b=2mg2,解得=2bmg.【点睛】本题重点是考察学生实验创新能力及运用图象处理实验数据的能力，对这种创新类型的题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型10.某同学用一个满偏电流为10ma、内阻为30的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5v的干电池组装成一个欧姆表，如图（a）所示：（1）甲、乙测试笔中，甲表笔应是_（选填“红”或“黑”）表笔。（2）电流表5ma刻度处应标的电阻刻度为_。（3）经调零后，将甲、乙两表笔分别接图（b）中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4ma处，则电阻rx_。（4）若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，则rx的测量结果偏_（选填“大”或“小”）。（5）再给电流表并联一个合适的定值电阻r，就可组装成一个中间刻度值为15的欧姆表，则r_。（保留2位有效数字）【答案】 (1). 红 (2). 150 (3). 225 (4). 小 (5). 3.3【解析】（1）为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极，则甲应为红表笔；（2）设欧姆表的内阻为r，根据闭合电路的欧姆定律可知，当电流表满偏时，则有：10103=er，解得：r=150，当电流表的示数为5ma时，则有：5103=er+rx，解得：rx=150，（3）当电流表示数为4ma时，根据闭合电路的欧姆定律有：4103=er+rx，解得：rx=1225，（4）若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，则回路中的两个电源串联，电流增大，指针偏转更大，故rx的测量结果偏小，（5）欧姆表的中间刻度值为15，说明欧姆表的内阻为15，此时回路中的最大电流为i=er=1.515=0.1a，根据电流表的改装原理，有：i=ig+igrgr，解得：r=igrgiig=10103300.110103=3.3.11.如图所示，半径r1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点b和圆心o的连线与水平方向间的夹角37，另一端点c为轨道的最低点。c点右侧的光滑水平面上紧挨c点静止放置一木板，木板质量m1.0kg，上表面与c点等高。质量为m1.0kg的物块（可视为质点）从空中a点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的b端沿切线方向以2m/s进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2，取g10m/s2。求：(1)物块在a点时的平抛速度v0(2)物块经过c点时对轨道的压力fn；(3)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量q.【答案】(1)1.2m/s (2)46n (3)9j【解析】【详解】（1）设物体在b点的速度为vb，在c点的速度为vc，从a到b物体做平抛运动 vbsin=v0 得：v0=1.2m/s （2）从b到c，根据动能定理有mgr(1+sin)=12mv0212mvb2 在c点：fnmg=mv02r 得：fn=46n由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为：fc =46n，沿oc方向（3）物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动。经过时间t达到共同运动速度为v，则：mvc=(m+m)v根据能量守恒定律有：12(m+m)v2+q=12mvc2 得：q=9j【点睛】本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起考查，关键是分析清楚物块的运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解12.如图所示，在平面直角坐标系xoy中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度e1=40n/c；第四象限内存在一方向向左的匀强电场e2=1603n/c。一质量为m=210-3kg带正电的小球，从m（3.64m，3.2m）点，以v0=1m/s的水平速度开始运动。已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从p（2.04m，0）点进入第四象限后经过y轴上的n（0，-2.28m）点（图中未标出）。（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）匀强磁场的磁感应强度b（2）小球由p点运动至n点的时间【答案】（1）2t（2）0.6s【解析】试题分析：（1）可知：qe1=mg解得：q=5104c分析如图：rcos=xmxprsin+r=ym可得：r=2m =370由qv0b=mv02r，解得b=2t（2）小球进入第四象限后受力分析如图；tan=mgqe2=0.75可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，即=37轨迹如图；由几何关系可得：lqn=0.6m由lqn=v0t ，解得t=0.6s考点：带电粒子在复合场中的运动.13.小张在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末的运动从a点开始，他把小颗粒每隔20s的位置记录在坐标纸上，依次得到b、c、d等这些点，把这些点连线形成如图所示折线图，则关于该粉笔末的运动，下列说法正确的是_a.该折线图是粉笔末的运动轨迹b.粉笔末的无规则运动反映了水分子的无规则运动c.经过b点后10s，粉笔末应该在bc的中点处d.粉笔术由b到c的平均速度小于由c到d的平均速度e.若改变水的温度，再记录一张图，则仅从图上不能确定记录哪一张图时的温度高【答案】bde【解析】a、该折线图不是粉笔末的实际运动轨迹，分子运动是无规则的，故a错b、粉笔末受到水分子的碰撞，做无规则运动，所以粉笔末的无规则运动反映了水分子的无规则运动，故b正确；c、由于运动的无规则性，所以经过b点后10s，我们不知道粉笔末在哪个位置。故c错误；d、任意两点之间的时间间隔是相等的，所以位移间隔越大，则平均速度就越大，故粉笔末由b到c的平均速度小于由c到d的平均速度，故d正确；e、由于运动的无规则性，所以我们无法仅从图上就确定哪一张图的温度高，故e正确；综上所述本题答案是：bde14.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积s=100cm2.活塞与水平平台上的物块a用水平轻杆连接，在平台上有另一未知质量的物块b，a的质量为m1=62.5kg，物块与平台间的动摩擦因数=0.8.两物块间距为d=10cm.开始时活塞距缸底l1=10cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0=1105pa，温度t1=27.现对汽缸内的气体缓慢加热，g=10m/s2求：物块a开始移动时，汽缸内的热力学温度；物块b恰好开始移动时汽缸内的热力学温度为1200k，求物块b的质量.【答案】(1) 450 k (2) 62.5kg【解析】物块a开始移动前气体做等容变化p2=p0+mgs=1.5105pa由查理定律有p1t1=p2t2解得：t2=p2p1t1=450k 物块a开始移动后，气体做等压变化，到a与b刚接触时p3=p2=1.5105pav3=（l1+d）s由盖吕萨克定律有v2t2=v3t3 解得：t3=900k 之后气体又做等容变化，设物块a和b一起开始移动时气体的温度为t4p4=p0+2mgs v4=v3由查理定律有p3t3=p4t4 ，解得m=62.5kg。点晴：本题考查理想气体的状态方程，要熟悉理想气体等温变化，用玻意耳定律；理想气体等容变化，用查理定律；理想气体等压变化，用盖吕萨克定律。15.如图所示，甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，乙为介质中x=2m处的质点p以此时刻为计时起点的振动图象质点q的平衡位置位于x=3.5m处，下列说法正确的是 （）a. 这列波的沿x轴正方向传播b. 这列波的传播速度是20m/sc. 在0.3s时间内，质点p向右移动了