2019届高三物理上学期第一次月考试题（A卷）（含解析）.doc

2019届高三物理上学期第一次月考试题（A卷）（含解析）一、选择题1.A、B两个物体在同一直线上运动，速度-时间图像如图所示，下列说法正确的是：( ) A. A、B运动方向相反B. 04s内，A、B的位移相同C. t=4s时，A、B的速度相同D. A的加速度比B的加速度大【答案】C【解析】【详解】由图看出，速度均为正值，说明A、B都沿正方向运动，它们的运动方向相同。故A错误。根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知0-4s内B的位移大于A的位移，故B错误；由图读出，在t=4s时，A的速度等于B的速度。故C正确；图象斜率表示物体的加速度，根据图象可知AB的斜率大小相等，即二者加速度大小相等，故D错误。故选C。2.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是A. 光电效应说明光具有粒子性，康普顿效应说明光具有波动性.B. 卢瑟福用人工转变的方法，发现了质子并预言了中子的存在C. 玻尔的原子理论成功地解释了原子发光的规律D. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核【答案】B【解析】A. 光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，故A错；B、卢瑟福用人工转变的方法，发现了质子并预言了中子的存在，故B正确；C、波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，而不是原子发光的规律，故C错误；D、卢瑟福通过粒子的散射发现了原子中存在原子核，故D错误；故选B点睛：本题是物理学史问题，根据爱因斯坦、卢瑟福、波尔等科学家的成就进行解答。3.如图所示为氢原子的能级示意图，大量氢原子处于n3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.29 eV的金属钠，下列说法中正确的是A. 这些氢原子能发出两种不同频率的光子B. 从n3跃迁到n2所发出光子的波长最短C. 金属钠发出的光电子的最大初动能为9.80 eVD. 从n3跃迁到n1所发出的光子频率最低【答案】C【解析】大量氢原子处于n3的激发态向较低能级跃迁的过程中向外发出光子数为C32=3种，选项A错误；从n3跃迁到n2能级差最小，所发出光子的频率最小，波长最长，选项B错误；从n3跃迁到n1能级差最大，所发出的光子频率最高，选项D错误；从n3跃迁到n1所发出的光子的能量最大，其值为（-1.51）-（-13.6）=12.09eV，则金属钠发出的光电子的最大初动能为12.09eV -2.29Ev=9.80 eV，选项C正确；故选C.点睛：本题是玻尔理论、光子的能量、爱因斯坦光电效应方程的综合根据玻尔理论分析氢原子发出的三种频率不同的光的波长、频率关系能级差越大，则发出光子的频率越大，波长越短4.如图所示，静止的 U92238 核发生 衰变后生成反冲Th核，两个产物都在垂直于它们的速度方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是：( )A. 衰变方程可表示为U92238T90234h+H24eB. Th核和 粒子的圆周轨道半径之比为1:45C. Th核和 粒子的动能之比为1:45D. Th核和 粒子在匀强磁场中旋转的方向相同【答案】C【解析】【详解】由电荷守恒及质量守恒可知，衰变方程可表示为U92238T90234h+H24e，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力，所以有，R=mvqB；而P=mv相同、B相同，故Th核和粒子的圆周轨道半径之比 RThR=290=145 ，故B正确；由动量守恒可得衰变后vThv=mmTh=4234，所以Th核和粒子的动能之比EkThEk=EkThEk=12mThvTh212mv2=4234=2117 ，故C错误；Th核和粒子都带正电荷，所以在图示匀强磁场中都是逆时针旋转，故D正确；此题选择错误的选项，故选C。【点睛】此题类似反冲问题，结合动量守恒定律和轨道半径公式讨论；写衰变方程时要注意电荷、质量都要守恒即反应前后各粒子的质子数总和不变，相对原子质量总数不变，但前后结合能一般发生改变。5.把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻,原线圈连接V1,副线圈连接V2下列说法正确的是：( ) A. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大B. Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变C. 在t=1102s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零D. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）【答案】A【解析】【详解】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=362V，T=0.02s，则2T=20.02 =100rad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=362sin100t（V），故D错误。故选A。【点睛】本题考查交变电流的产生及变压器原理，要注意掌握交变电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中。6.2017年4月22日，我国第一艘货运飞船“天舟一号”与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接，若“天舟一号”与“天宫二号”绕地球做半径为r、逆时针方向的匀速圆周运动，它们与地心连线的夹角为，如图所示，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，不计算“天舟一号”与“天宫二号”间的相互作用力，下列说法正确的是：( )A. “天舟一号”与“天宫二号”的向心加速度大均为gr2R2B. “天舟一号”从图示位置运动到天宫二号所在位置所需时间为rRgrC. “天舟一号”要想追上“天宫二号”，必须先向后喷气D. “天舟一号”追上“天宫二号”，该过程中万有引力对“天舟一号”先做正功后做负功【答案】D【解析】【分析】由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式求得加速度；由运动学公式求时间；当万有引力不够提供向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力时，做近心运动【详解】由万有引力提供向心力：GMmr2=ma，可得a=GMr2，又GM=gR2，则a=R2r2g，则A错误； “天舟一号”从图示位置运动到天宫二号所在位置所需时间为t=，又GMr3=gR2r3，可得t=rRrg，则B错误；“天舟一号”向后喷气，速度变大会做离心运动脱离原轨道则不可能追上“天宫二号”，则C错误；使“天舟一号”追上“天宫二号”要先降低轨道再加速运动变大轨道，则万有引力对“天舟一号”先做正功后做负功，则D正确；故选D。7.水平面内有一等边三角形ABC ，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为L。现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，如图所示,已知静电力常量为k，则D点的场强大小为：( )A. kQL2B. kQ2L2C. kQ22L2D. 32kQ4L2【答案】D【解析】根据几何关系，CD=BD=AD=2L，CDO=BDO=ADO=450，根据点电荷电场强度的公式，三个电荷量均为Q的正点电荷在D点的场强大小EA=EB=EC=KQ(2L)2，D点的场强大小等于三个点电荷分别在D点产生场强的和场强E=3EAcos450=3kQ2L222=32kQ4L2，故ABC错误，D正确。 故选：D。8.如图所示，质量为m的小球A沿高度为h倾角为的光滑斜面以初速v0滑下，另一质量与A相同的小球B自相同高度同时由静止落下，结果两球同时落地下列说法正确的是（ ） A. 重力对两球做的功不等B. 落地前的瞬间A球的速度等于B球的速度C. 落地前的瞬间A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时功率D. 两球重力的平均功率相同【答案】D【解析】本题考查功和功率两球从相同的高度下落，策略所做的功相同，均为mgh，故A错；设落地前的瞬间A，B球的速度为vA,vB，则12mvA2=mgh+12mv02，12mvB2=mgh，由于12mv020所以12mvA212mvB2，所以落地前的瞬间A球的速度大于B球的速度，故B错；落地前的瞬间A球重力的瞬时功率等于B球重力的瞬时功率，均为P=mgv=mg2gh，故C错；重力所做的功W相同，均为W=mgh；做功的时间也相同均为t=2hg，所以其功率也相同，且为P=Wt=mgh2hg故本题正确答案为D9.如图所示，质量为m的木板B放在水平地面上，质量也为m 的木箱A放在木板B上一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数、木板B与地面之间的动摩擦因数均为现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出则下列说法确的是：( )A. 细绳的张力大小T=mgcossinB. 细绳的张力大小FT=mgcosC. 水平拉力F=mg(3cossin)cossinD. 水平拉力F=mg(3cos+sin)cossin【答案】AC【解析】木箱A受力分析如图1所示，由平衡条件可知：FTcosFf1 mgFTsinFN1 Ff1FN1 解式可得：FT=mgcossin，故AB错误； 图1 图2木板B受力如图2所示，B匀速时有：FFf1Ff2 Ff2FN2 FN2mgFN1 解式可得：F=mg(3cossin)cossin，故C正确，D错误点睛：此题是关于平衡问题；关键是用隔离法分析两个物体的受力情况，画出受力图，利用正交分解法列出水平和竖直两个方向的方程联立求解.10.如图所示，一轻质弹簧固定在光滑杆的下端，弹簧的中心轴线与杆重合，杆与水平面间的夹角始终=60，质量为m的小球套在杆上，从距离弹簧上端O点的距离为2x0 的A点静止释放，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0 ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是：( )A. 小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，其加速度一直减小B. 小球运动过程中最大动能可能为mgx0C. 弹簧劲度系数大于3mg2x0D. 弹簧最大弹性势能为332mgx0【答案】CD【解析】【分析】小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，分析小球的受力情况，判断加速度的变化情况小球的合力为零时动能最大，由系统的机械能守恒分析最大动能对从A到B的过程，运用机械能守恒定律求弹簧最大弹性势能，再分析弹簧的劲度系数【详解】小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，弹簧对小球的弹力逐渐增大，开始时弹簧的弹力小于小球的重力沿杆向下的分力，小球做加速运动，随着弹力的增大，合力减小，加速度减小，后来，弹簧的弹力等于小球的重力沿杆向下的分力，最后，弹簧的弹力大于小球的重力沿杆向下的分力，随着弹力的增大，合力沿杆向上增大，则加速度增大，所以小球的加速度先减小后增大，故A错误。小球滑到O点时的动能为 EkO=mg2x0sin60=3mgx0，小球的合力为零时动能最大，此时弹簧处于压缩状态，位置在C点下方，所以小球运动过程中最大动能大于3mgx0，不可能为mgx0，故B错误。在速度最大的位置有 mgsin60=kx，得 k=3mg2x0，因为xx0，所以k3mg2x0，故C正确。对小球从A到B的过程，对系统，由机械能守恒定律得：弹簧最大弹性势能 Epm=mg3x0sin60=332mgx0故D正确。故选CD。【点睛】本题的关键是要正确分析小球的受力情况和能量转化情况，知道合力为零时小球的速度对系统运用机械能守恒定律进行分析11.如图甲所示，100匝线圈（图中只画了1匝）两端A、B与一电压表相连线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化下列关于电压表的说法正确的是：( )A. 电压表读数为50VB. 电压表读数为150VC. 电压表“+”接线柱接A端D. 电压表“+”接线柱接B端【答案】AC【解析】试题分析：由图得到：磁通量的变化率=0.5Wb/s，根据法拉第电磁感应定律得：E=n=50V，则电压表读数为50V故A正确，B错误；根据楞次定律判断可知，回路中感应电动势的方向为逆时针方向，所以电压表“+”接线柱接A端故C正确，D错误。考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，是常见的陈题由图求出磁通量的变化率根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数根据楞次定律判断电动势的方向，确定电压表的接线柱接法。12.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图取g=10m/s2，则：( )A. 滑块的质量m=4kgB. 木板的质量M=2kgC. 当F=8 N时滑块加速度为2m/s2D. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1【答案】ABD【解析】试题分析：从图乙中可知当加速度F6N时，两者发生相对运动，当F6N时两者相对静止，当F=6N时，对整体可得F=(M+m)a，即M+m=6，当F6N时对木板分析受到拉力和m给的摩擦力，故有a=FmgM=1MFmgM，图像的斜率k=1M=164=12，即M=2kg，所以m=4kg，将F6N时图线反向延长，可得当F=4N时，加速度为零，代入可得0=1244102，解得=0.1，故ABD正确；当F8N时滑块加速度为a=0.14104=1m/s2，故C错误考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】关键是知道当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析二、实验题 13.如图甲所示为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m 的关系”实验装置简图，在实验中认为细线对小车拉力F的大小等于砝码和砝码盘的总重力，小车运动的加速度a的大小可由纸带上的点求得。(1)实验过程中，电火花计时器应接在_(填“直流”或“交流”)电源上，连结小车与砝码盘的细线跨过定滑轮，调整定滑轮，使_.(2)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，打“3”计数点时小车的速度大小为v=_m/s；由纸带求出小车的加速度的大小a=_m/s2。（计算结果均保留2位有效数字） (3)在“探究加速度与力的关系”时，保持小车的质量不变，改变砝码盘中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图丙所示，该图线不通过坐标原点，原因可能是_【答案】 (1). 交流； (2). 细线与木板平衡； (3). 0.26； (4). 0.50； (5). 平衡摩擦力过度；【解析】【分析】（1）电火花打点计时器应使用交流电源，为了使绳子的拉力等于合力，绳子的方向应与长木板平行；（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2，可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上打3点时小车的瞬时速度大小（3）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-F图象的a轴上有截距【详解】（1）电火花计时器应接在交流电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：v3x3+x42T=(2.40+2.88)1020.2m/s=0.26m/s 根据作差法得：a=x4+x3x2x14T2=(2.88+2.401.891.40)10240.12=0.50m/s2（3）由图象可知，a-F图象在a轴上有截距，说明没有加力时，物体已经产生了加速度；这是由于平衡摩擦力过度造成的；14.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的的实验器材。（1）甲同学按图a中的实线连接电路进行实验，其中定值电阻的作用是_。由电压表读数U和电流表读数I，画出UI图线如图b所示，可得电源的电动势E_V，内电阻r_。（结果保留2位有效数字）（2）乙同学因为粗心，多连接了一根导线，如图a中的虚线所示。由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图c所示。乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图c也可以达到实验目的，则由图c可得电源的电动势E_V，内电阻r_。（结果保留2位有效数字）【答案】 (1). 保护电器； (2). 2.8； (3). 0.60； (4). 3.0； (5). 0.50；【解析】（1）定值电阻在电路中主要起到保护电路的作用；根据U=E-Ir可知，图象与纵轴的交点表示电动势，故E=2.8V；图象的斜率表示内电阻：r=2.81.62.0=0.60。（2）由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图c所示的图象，则由图象可知，当电压为2.5V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.5=E-r 2.4=E-1.2r解得：E=3.0 r=0.50。三、计算题15.如图所示，光滑细管ABC，AB内有一压缩的轻质弹簧，上方有一质量m1=0.01kg的小球1；BC是半径R=1m的四分之一圆弧细管，管口C的切线水平，并与长度L=1m的粗糙直轨道CD平滑相接，小球与CD的滑动摩擦系数=0.3。现将弹簧插销K拔出，球1从管口C水平射出，通过轨道CD后与球2发生弹性正碰。碰后，球2立即水平飞出，落在E点。球1刚返回管口C时恰好对管道无作用力，若球1最后也落在E点。（球1和球2可视为质点，g=10m/s2）求：(1)碰后球1的速度、球2的速度(2)球2的质量【答案】（1）2m/s （2）0.05kg 【解析】（1）球1刚返回管口C时恰好对管道无作用力，则以重力作为向心力：m1g=m1v122R 球1在CD水平面上所受的摩擦力：F=FN=m1g 球1从DC过程，根据动能定理：fL=12m1v12212m1v112 由以上三式解得：v11=4ms，v12=10ms由于管道光滑，根据能量守恒，球1以速度v12从管口C出来球1从CD过程，根据动能定理：fL=12m1v13212m1v122解得：v13=2ms 要使球1也落在E点，根据平抛运动的规律可知：v2=v13=2ms(2)1、2两球在D点发生弹性正碰，由题可知碰后球1的速度向左根据动量守恒：m1v10=m1v11+mv22根据能量守恒：12m1v102=12m1v112+12m2v22 由以上两式解得：m2=0.05kg 16.如图所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L=0.2m，左端连接阻值R=0.4的电阻。质量m=0.1kg的导体棒ab垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数=0.2。从t=0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计，取重力加速度大小g=10m/s2。(1)若电动机保持恒定功率输出，棒的v-t如图2所示（其中OA是曲线，AB是水平直线）则求：导体棒达到最大速度vm时牵引力大小?(2)若电动机保持恒牵引力F=0.3N，且将电阻换为C=10F的电容器（耐压值足够大），如图3所示，求导体棒的速度随时间变化的函数表达式。【答案】（1）0.45N（2）0.5t【解析】【详解】（1）导体棒达到最大速度后，做匀速直线运动，动力和阻力相等，合力为零，即：F=F安+f根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E=BLvm根据闭合电路欧姆定律：I=ER则安培力F安=ILB=B2L2vmR因为摩擦力f=mg联立上述各式并代入数据得：F=0.45N（2）当金属棒的速度大小为v时，感应电动势E=BLv所以此时电容器极板上的电荷量为Q=CU=CE=CBLv设在一小段时间t内，可认为导体棒做匀变速运动，速度的增加量为v所以极板上电荷量的增加量Q=CBLv根据电流的定义I=Qt=CBLvt=CBLa对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律得：FfBIL=ma联立上述各式，得：a=Ffm+CB2L2代入数据得： =0.5m/s2所以，导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度随时间变化的函数表达式为：v=0.5t【点睛】导体匀速运动时速度最大根据法拉第定律、欧姆定律求出安培力，再由平衡条件求牵引力；根据电流的定义式和牛顿第二定律求出导体棒的加速度，可知导体棒做匀加速运动，由v=at可以求得导体棒速度随时间变化的表达式。17.下列说法中正确的是_ .A. 用打气筒打气要用力，是因为分子间存在斥力B. 在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍存在表面张力C. 用显微镜观察布朗运动，观察到的是液体分子的无规则运动D. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大E. 对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】BDE;【解析】用打气筒打气很费劲，是因气体被压缩压强增大，与分子斥力无关，故A错误；在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍存在表面张力，故B正确；依据布朗运动的定义，是在显微镜中看到的固体分子的无规则而其反应的是液体分子无规则热运动，故C错误；当分子力表现为引力时，距离增大时引力做负功，所以分子势能随分子间距离的增大而增大，故D正确；对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，要对外做功，根据热力学第一定律可知它一定从外界吸热，故E正确。所以BDE正确，AC错误。18.一圆柱形气缸，质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度），当外界大气压强p0为1105Pa，温度t0为7时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2求：此时气缸内气体的压强；当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（i）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力，根据平衡条件得：，则：。（ii）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为，代入数据得：解得：。考点：理想气体的状态方程【名师点睛】能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中，根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量。