2019届高三物理上学期第三次月考试卷(含解析) (I).doc

2019届高三物理上学期第三次月考试卷(含解析) (I)一、选择题 1.下列说法正确的是（ ）A. 对于某种金属，无论入射光多强，只要其频率低于极限频率就不能发生光电效应B. 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大C. 微波和声波一样都只能在介质中传播D. 氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天一定只剩下一个未发生衰变【答案】A【解析】根据光电效应的规律，对于某种金属，无论入射光多强，只要其频率低于极限频率就不能发生光电效应，选项A正确； 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，总能量减小，选项B错误；微波是电磁波，电磁波可以在介质传播，也可以在真空中传播，而声波是机械波，故机械波只能在介质中传播故C错误半衰期是对大量原子核的统计规律，对少量的原子核不适用，故D错误故选A.2.如图所示，用竖直木板挡住放在光滑斜面上的小球A，A受到的重力为G整个装置静止在水平面上设斜面和木板对小球A的弹力大小分别为F1和F2保持木板竖直，在斜面的倾角缓慢减小的过程中，A受力的变化情况是（ ）A. F1增大，G不变，F2减小B. F1减小，G不变，F2增大C. F1减小，G不变，F2减小D. F1不变，G增大，F2增大【答案】C【解析】【详解】小球A受到重力、斜面对小球A的弹力F1和木板对小球的弹力F2，受力分析如图：在斜面的倾角缓慢减小的过程中，A的重力G不变根据平衡条件得F1=Gcos ，F2=Gtan 当减小时，cos增大，tan 减小，则F1、F2均减小【点睛】本题主要动态平衡问题，关键在于受力分析以及根据平衡条件得出各个力之间的关系。3.如图所示,将两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上,则达到稳定状态后,下列说法正确的是()A. 弹簧测力计的示数是25 NB. 弹簧测力计的示数是50 NC. 在突然撤去F1的瞬间,m2的加速度大小为13 m/s2D. 在突然撤去F2的瞬间,m2的加速度大小为7 m/s2【答案】D【解析】【详解】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度为a=F1F2m1+m2=30201+4=2m/s2，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得FF1=m1a，则F=F1+m1a=28N，AB错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m2的加速度为a=Fm2=284m/s2=7m/s2，弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律可知m1的加速度为a=Fm1=281m/s2=28m/s2，D正确【点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法撤去外力时，弹簧的弹力不能突变4.如图为A、B两车沿同一直道做沿直线运动的vt图象，两车从同一位置并排出发，受到阻力相同，则根据图象可以判断( )A. 4s末A车追上B车B. 4s末A车在B车前面C. 追上前，两车距离最大为4mD. A车的牵引力等于B车的牵引力的两倍【答案】C【解析】Av-t图像的面积表示位移，两车从同一位置出发，t=4s时，甲和乙的图象相交，表示此时甲和乙的速度相等，但位移不相等，A车没有追上B车，故A错误；B4s末B的图像面积大于A的面积，B的位移大于A的位移，B在A的前面，故B错误；C4s以后A的速度大于B的速度，所以4s时两车距离最大，xB=12(2+4)4m=12m，xA=1244m=8m，两车的距离x=xBxA=12m8m=4m，故C正确； D两车均做匀加速运动，受到阻力相同，由于质量关系未知，无法比较牵引力大小，故D错误。故选：C。5.在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线（I）位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图（II）位置时，线框的速度为v/2，则下列说法正确的是（ ）A. 图（II）时线框中的电功率为B2a2v2RB. 此过程中回路产生的电能为38mv2C. 图（II）时线框的加速度为B2a2v22mRD. 此过程中通过线框截面的电量为2Ba2R【答案】AB【解析】A、回路中产生感应电动势为E2Bav2=Bav感应电流为I=ER=BavR，此时线框中的电功率PI2RB2a2v2R，故A正确B、根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为Q12mv212m(v2)238mv2，故B正确C、左右两边所受安培力大小为FBIaB2a2vR ，则加速度为a=2Fm=2B2a2vRm=2B2a2vmR，故C错误D、此过程通过线框横截面的电荷量为q=R=Ba2R ，故D错误故选AB点睛：本题考查了法拉第电磁感应定律，在本题中特别要注意左右两个边同时切割磁感线时产生的电动势大小的计算公式，以及会利用q=R=Ba2R来求穿过某个截面的磁通量的大小。6.如下图所示，两个完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为的光滑斜面上，下列关于小球受力的说法中正确的是()A. 小球的重力在两种情况下产生的效果完全相同B. 小球均受重力、压紧斜面的力、压紧挡板的力和斜面弹力、挡板弹力C. 小球受到挡板的作用力和斜面的弹力的合力大小、方向均相等D. 撤去挡板，小球所受合力方向均将沿斜面向下【答案】CD【解析】【详解】A、重力产生的两效果是压挡板的效果和压斜面的效果，压挡板的效果的方向不同，A错误。B、斜面上的小球均受重力、斜面的弹力和挡板的弹力而处于静止状态，如图所示：压紧斜面的力和压紧挡板的力是小球为施力物体，不是小球受力，B错误。C、根据物体处于静止状态的受力特点可知，小球受到斜面的弹力和挡板的弹力的合力大小等于重力，方向竖直向上，故C正确D、重力按实际作用效果分解为压紧斜面的力和压紧挡板的力，撤去挡板后，小球受力的大小和方向随之发生变化，重力产生的效果变为压紧斜面的力和使小球下滑的力，压紧斜面的力与斜面对小球的支持力平衡，故甲、乙两种情况下小球所受合力大小等于重力沿斜面向下的分力mgsin，方向沿斜面向下，D正确故选CD。【点睛】本题关键是明确小球的受力情况，然后根据共点力平衡条件并结合合成法分析，7.在天体运动中，把两颗相距很近的恒星称为双星。已知组成某双星系统的两颗恒星质量分别为m1和m2相距为L。在万有引力作用下各自绕它们连线上的某一点，在同平面内做匀速同周运动，运动过程中二者之间的距离始终不变。已知万有引力常量为G.m1的动能为Ek则m2的动能为A. Gm1m2lEkB. Gm1m22lEkC. m1m2EkD. m2m1Ek【答案】BC【解析】设两个行星的轨道半径分别为r1和r2，角速度为，由题意可知r1+r2=L对m1;由Gm1m2L2=m12r1 Gm1m2L2=m22r2 解得r1=m2Lm1+m2 ；r2=m1Lm1+m2 ; =G(m1+m2)L3 由于Ek=12mv2=12m(r)2 所以m2 的动能为：Ek2=m1m2Ek Ek+Ek2=12m1(r1)2+12m2(r2)2 把=G(m1+m2)L3代入解得：Ek2=Gm1m22LEk 另外根据万有引力提供向心力得：Gm1m2L2=mv2r 得：Ek=12mv2=Gm1m2r2L2 所以Ek2=Gm1m22lEk 故BC正确；综上所述本题答案是：BC点睛：在双星问题中，两个天体运动的角速度是相等的，然后根据万有引力提供向心力做本题。8.如图所示，一匀强电场的电场线平行于xOy平面，电场强度大小为E，xOy平面上有一椭圆，椭圆的长轴在x轴上，E、F两点为椭圆的两个焦点，AB是椭圆的短轴，椭圆的一端过O点，则下列说法正确的是()A. 在椭圆上，O、C两点间电势差一定最大B. 在椭圆上，A、B两点间电势差可能最大C. 一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功可能为零D. 一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同【答案】BCD【解析】由于匀强电场方向平行于坐标平面，当电场方向平行于y轴时，O、C间的电势差为零，A、B间的电势差最大，B项正确，A项错误；如果电场方向平行于y轴，则E、F两点电势相等，则一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功为零，C项正确；由于O、A连线平行于B、C连线，且长度相等，因此在匀强电场中，O、A间的电势差和B、C间的电势差相等，一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同，D项正确二、实验题9.用如图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验： （1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、沙和沙桶，除以上器材外，还需要的实验器材有_A天平（附砝码） B秒表C刻度尺（最小刻度为mm） D低压交流电源（2）如图所示为某次实验的纸带，在相邻两计数点间都有四个计时点未画出，用刻度尺测得x1=0.55cm，x2=0.94cm，x3=1.35cm，x4=1.76cm，x5=2.15cm，x6=2.54cm相邻两计数点间的时间间隔为_s；计数点“6”和“7”间的位移比较接近于_。A2.76cm B2.85cm C2.96cm D3.03cm打下“3”点时小车的瞬时速度v3=_m/s；小车的加速度a=_m/s2（计算结果均保留2位有效数字）【答案】 (1). ACD; (2). 0.1; (3). C; (4). 0.16; (5). 0.40;【解析】【详解】（1）题目已给出部分实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶，除此之外在实验过程中还需要测量小车的位移，因此需要刻度尺，实验过程需要测出小车质量、砂与砂桶质量，因此实验需要天平，打点计时器还需要低压交流电源。故ACD选项正确。（2）电磁打点计时器的频率为50Hz，即打点周期T=1f=0.02s，在相邻两计数点间有四个计时点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为T=5T=0.1s 。已知物体做匀加速直线运动时，相邻时间内的位移之差为一个常数，即x=x2x1=x3x2=x7x60.4cm，则x7=x6+x=2.54cm+0.4cm=2.94cm，与C项最接近，故C选项正确。“3”点小车的瞬时速度v3=x3+x42T=(1.35+1.76)102m20.1s=0.1555m/s0.16m/s ，加速度a=x4+x5+x6x1+x2+x333T20.40m/s2 。【点睛】本题主要考查探究加速度与力、质量的关系实验的器材选择以及匀变速直线运动的规律计算加速度和瞬时速度。10.用50分度的游标卡尺测量某物体长度如图甲所示，可知其长度为_cm；用螺旋测微器测量某物体直径如图乙所示，可知其直径为_mm【答案】 (1). 2.320; (2). 1.505;【解析】【详解】图甲是50分度的游标卡尺，游标尺分度值为0.02mm，其主尺读数为23mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.02mm=0.20mm，所以最终读数为23mm+0.20mm=23.20mm=2.320cm；螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.50.01mm=0.005mm，所以最终读数为1.5mm+0.005mm=1.505mm。【点睛】本题主要考查游标卡尺和螺旋测微器的读数。三、计算题11. 如图所示， n=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动，转动角速度=50rad/s，线圈的总电阻r=1，外电路电阻R=9。试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小。（2）线圈从图示位置转动90过程中通过电阻R的电量。（3）1min时间内电阻R上产生的热量。【答案】1、50v2、0.1c3、Q=6.75103J 、【解析】：（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为Em=nBS=nBab?bc 代入数据解得：Em=50V（2）转动过程中平均感应电动势E=ntI=ER+r转动90过程中=BS 电量q=It代入数据，解得q=0.1C（3）线圈中产生的为余弦交流电，通过R的电流为：I=E2(R+r)1min时间内产生的热量为：Q=I2Rt 代入数据得：Q=6.75103J12.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐，一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；（3）小球最终停止的位置。【答案】（1）35N；（2）6J；（3）距离B 0.2m或距离C端0.3m。 【解析】（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向=2.5mg+mg=3.5mg 在C点，由F向=mvc2r代入数据得：vc7m/s （2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零设此时滑块离D端的距离为x0，则有 kx0=mg 解得x0=mgk=0.1m. 由机械能守恒定律有 mg（r+x0）+12mvC2=Ekm+Ep得Ekm=mg（r+x0）+12mv C2-Ep=3+3.5-0.5=6（J）（3）滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得 mgh-mgs=12mvC2解得BC间距离s=0.5m. 小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有 0-12mvC2=mgs解得s=0.7m故最终小滑块距离B为0.7-0.5m=0.2m处停下.13.下列说法正确的是_A水池中水的温度相同，水底一小气泡因扰动而上升时一定吸热B悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C同一容器中同种气体所有的分子运动速率基本相等D熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E. 压缩汽缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力【答案】ABD【解析】气泡上升过程压强不断减小，气泡逐渐胀大，就要对外做功，然而温度还不变，于是它肯定不断吸热。所以A正确。悬浮在液体中的颗粒越小,在某一瞬间跟它相撞击的分子数越小.布朗运动微粒大小在10-6m数量级,液体分子大小在10-10m数量级,撞击作用的不平衡性就表现得越明显,因此,布朗运动越明显.B正确。同一容器中同种气体所有的分子运动速率不一定相等，C错误。按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响熵增加原理的内容：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小如果过程可逆，则熵不变；如果过程不可逆，则熵增加从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展所以D正确。分子间的引力和斥力是同时存在的，它们的大小随分子间的距离而发生变化。当rr0时，合力表现为引力。E错误。所以选择ABD。14.如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体初始温度为T1300 K，此时活塞与气缸底部之间的距离为d124 cm.在活塞的左侧d26 cm处有固定的卡环，大气压强P01.0105 Pa.求：要使活塞能缓慢达到卡环位置，封闭气体的温度至少升高到多少？当封闭气体的温度缓慢升到T450 K时，封闭气体的压强为多少？【答案】T2375 K； p1.2105 Pa【解析】试题分析：1对活塞中的气体1缓慢可知2又3联立123得4因可判断活塞处于卡环位置，此时体积V = V2 5故6得7考点：理想气体的状态方程15.如图所示，一列简谐横波正沿x轴传播，实线是t=0时的波形图，虚线为t=0.1s时的波形图，则以下说法正确的是_。A若波速为50m/s，则该波沿x轴正方向传播B若波速为50m/s，则x=4m处的质点在t=0.1s时振动速度方向沿y轴负方向C若波速为30m/s,则x=5m处的质点在0时刻起0.8s内通过的路程为1.2mD若波速为110m/s,则能与该波发生干涉的波的频率为13.75Hz【答案】BCD【解析】由图可得，该波的波长为8m；若波向右传播，则满足3+8k=v0.1（k=0、1、2），得v=30+80k.若波向左传播，则满足5+8k= v0.1（k=0、1、2）.得v=50+80k，k=0时v=50m/s，则则该波沿x轴负方向传播，故A错误；若波向左传播，x=4m处的质点在t=0.1s时振动速度方向沿y轴负方向，B正确；若v=30m/s2，则T=830=415s，得0.8=3T，即经过3个周期，所以x=5m处的质点在0时刻起0.8s内通过的路程为1.2m，C正确；若波速为110m/s,则f=v=1108Hz=13.75Hz，发生干涉，频率相等，D正确；故选BCD。点睛：根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值16.如图所示为直角三棱镜的截面图，一条光线平行于BC边入射，经棱镜折射后从AC边射出已知A=60，求：棱镜材料的折射率n；光在棱镜中的传播速度v（真空中光速为c）.【答案】3；33c【解析】试题分析：作出完整的光路如图，根据几何关系可知，所以，根据折射定律有因，为，所以，故，在根据折射定律光在棱镜中的传播速度。考点：光的折射定律【名师点睛】根据几何关系求出光在AC面上的入射角，再根据折射定律求出棱镜的折射率，结合求出光在棱镜中的速度。