2019届高三物理上学期11月月考试卷(含解析).doc

2019届高三物理上学期11月月考试卷(含解析)一.选择题1.核反应方程式Be+HeC+X中的X表示A. 质子 B. 电子 C. 光子 D. 中子【答案】D【解析】试题分析：核反应方程式遵循电荷数守恒和质量数守恒，设X的质量数为，电荷数为，则有，可得，所有对应得粒子是中子，选项D对。考点：电荷数守恒和质量数守恒2.如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM和NN之间接有电阻R，导轨平面在直线OO左、右两侧的区域分别处在方向与轨道平面垂直的匀强磁场中，设左、右区域的磁场的磁感应强度方向相反、大小均为B，一根金属棒ab垂直放在导轨上并与导轨接触良好，棒和导轨的电阻均不计金属棒ab始终在水平向右的恒定拉力F的作用下，在左边区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则以下说法中正确的是()A. 金属棒在虚线左侧运动时通过金属棒的电流方向从a到bB. 金属棒在虚线右侧运动时通过电阻的电流为2BdvRC. 水平恒力的大小为B2d2vRD. 金属棒在虚线右侧先减速运动，最后以v2的速度匀速运动【答案】C【解析】【详解】A项：金属棒在虚线左侧运动时，由右手定则可知，通过金属棒的电流方向从b到a，故A错误；B、C、D项：金属棒在虚线左侧做匀速直线运动，则有：F=BIL=B2L2vR，棒进入右面区域时，F=BIL=B2L2vR，故棒仍以速度v做匀速运动，故B错误，C正确，D错误。故应选：C。3.如图所示，匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（9W，100），当自耦变压器的滑片位于b位置时，灯泡正常发光，电流表视为理想电表，灯泡的电阻恒定，则线圈ab与bc之间的匝数比为（）。A. 2：3B. 3：5C. 3：2D. 5：3【答案】C【解析】【详解】输入电压的最大值为：Um=NBS=1020.510V=502V，变压器变压器输入电压的有效值为：U1=Um2=50V，灯泡正常发光U2=PR=9100V=30V 所以UabUbc=U1U2=5030=53，UabUac=nabnac=U2U1=35，所以nabnbc=32，故应选：C。4.如图所示，质量分别为m和2m的两物体P和Q叠放在倾角为=30的斜面上，Q与斜面间的动摩擦因数为。当它们从静止开始沿斜面下滑时，P恰好能与Q保持相对静止，设P与Q间的最大摩擦力等于滑动摩擦力，则物体P受到的摩擦力大小为（）A. 4mg B. 2mg C. mg D. 32mg【答案】D【解析】【分析】先对PQ整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体P，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解静摩擦力。【详解】先取PQ为一整体，受力分析如图所示(2m+m)gfQ=(2m+m)a fQ=N N=(2m+m)gcos 联立解得：a=gsingcos 再隔离P物体，设P受到的静摩擦力为fP，方向沿斜面向上对P再应用牛顿第二定律得：mgsinfPma解得：fP=mgcos=32mg。故应选：D。【点睛】本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体P，运用牛顿第二定律求解PQ间的内力。5.一物体在合力F的作用下从静止开始做直线运动,合力F随时间t的变化如图所示。设该物体从计时开始至t0时刻和从t0时刻至2t0时刻的位移分别是x1和x2,速度分别是v1和v2,合外力从计时开始至t0时刻做的功是W1,冲量是I1；从t0至2t0时刻做的功是W2,冲量是I2.则（）A. x1x2=15 B. A.v1v2=12 C. I1I2=41 D. W1W2=45【答案】D【解析】【详解】由动量定理可得：0-t0时间：I1=mv1=2F0t0 0-2t0时间：I1+I2=mv2 解得：I1I2=2F0t0F0t0=2 v1v2=23 由动能定理可得：W1=2F0x1=12mv12 W1+W2=2F0x1+F0x2=12mv22 解得：W1W2=45 x1x2=25 故应选：D。6.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积和电荷量不变，若减小两极板的间距，则其电容C，两极板间的电场强度E和两极板间的电势差U的变化情况是（ ）A. C减小 B. C增大 C. U减小 D. E增大【答案】BC【解析】【详解】由电容器的决定式：C=S4kd可知，若减小两极板的间距，电容C增大，由电容器的定义式：C=QU可知，由于电荷量不变，所以U减小，由公式E=Ud=QCd=QS4kdd=QS4k，所以E不变；故应选：BC。7.宇宙员驾驶宇宙飞船到达某行星表面，在离该行星表面高度为h处，将一小球大小为v0的初速度水平抛出，小球水平射程为x。已知该行星的半径为R，引力常量为G。则下列判断正确的是（ ）A. 该行星的质量为2hv02R2Gx2 B. 该行星的密度为3hv02GRxC. 该星系的第一宇宙速度大小为2Rhv0x D. 该行星表面的重力加速度大小为2hv02x2【答案】AD【解析】【详解】A、D项：由公式h=12gt2，x=v0t，联立解得：g=2v02hx2，由公式mg=GMmR2可得：M=gR2G=2v02hR2Gx2，故A、D正确；B项：行星的体积为：V=43R3，由公式=MV=2R2hv02Gx243R3=3hv022GRx2，故B错误；C项：该星系的第一宇宙速度大小为v1=gR=2v02hRx2，故C错误。故应选：AD。8.如图所示,竖直平面内四分之一光滑圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点,某同学让一质量为m=5kg的物块甲从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑,滑到P时，与静止在轨道低端的质量M=1kg的物快乙相碰并粘在一起，两物块滑行到传送带右端恰好与传送带速度相同，且均为v0=4m/s。已知两物块与传送带间的滑动摩擦因数为=0.1，圆弧轨道半径为R=1.8m,重力加速度为g=10m/s2,物快甲乙均视为质点，则（ ）A. 传送带长度为4.5mB. 物块甲与乙碰撞前瞬间对轨道的压力大小为100NC. 物块甲和乙滑上传送带时的速度大小为6m/sD. 物块甲和乙在传送带上滑行的过程中产生的热量为3J【答案】AD【解析】【分析】传送带沿逆时针方向转动时，物体在传送带上受到的滑动摩擦力与转速无关，运动情况不变。从A到C对小物块运用动能定理列式，可求得PC之间的距离L；若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，先由动能定理求出物块到达P点的速度。分析物块滑上传送带后的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求物块从P点滑到C点所用的时间t。【详解】A、C项：物块甲从A到P由动能定理可得：mgR=12mv02 ，解得：v0=6ms 甲、乙两物体碰撞由动量守恒得：mv0=(m+M)v，解得：v=5ms 甲、乙粘在一起从P到C由公式2aL=v2-v02解得：L=4.5m，故A正确，C错误；B项：在P点对物块甲由牛顿第二定律可得：N-mg=mv02R，解得：N=150N，故B错误；D项：甲、乙粘在一起从P到C所用的时间为：t=5-41s=1s，热量Q=(m+M)gL=3J，故D正确。故应选：AD。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式进行研究。要注意分析物块与传送带共速的状态。二.实验题9.某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,如图(b)所示。重力加速度g=10m/s2。（1）图(b)中对应倾斜轨道的试验结果是图线_ (选填“”或“”);（2）由图(b)可知，滑块和位移传感器发射部分的总质量为_kg；滑块和轨道间的动摩擦因数为_。（结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). ； (2). 1.0； (3). 0.2【解析】【分析】知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数；对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解。【详解】(1) 由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；(2) 根据F=ma得a=Fm，所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数,图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=1所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=1.0由图形b得，在水平轨道上F=2时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-mg=0，解得=0.2。【点睛】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系；运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解。10.有一量程为0-5V的电压表V,某同学为了知道它的内阻,采用了下列测量方法:（1）该同学利用欧姆表通过图1的方式进行测量，测量时欧姆表的黑表笔应该与电压表的_(选填“正”或“负”)极接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连。在欧姆表的挡位位于“1k”挡时,欧姆表的示数如图2所示,则电压表的内阻Rv约为_k。 （2）为了更准确地测出这块电压表V的内阻,该同学在实验室找到了下列器材:A.电压表V1：量程10VB.定值电阻R0：阻值5kC.滑动变阻器R1：0-10D.滑动变阻器R2：0-1000E.电源E：电动势12V,内阻很小F.开关S、导线若干该同学设计了图3所示的电路,其中甲为_,乙为_(选填“V”或“V1”).滑动变阻器应选_(选填“R1”或“R2”)。该同学通过调节滑动变阻器的阻值,得到电压表V、V1的多组读数U、U1,以U1为纵坐标、U为横坐标建立坐标系并画出相应图象,如图4所示.若图象的斜率为k,则电压表V的内阻Rv=_(用k和R0表示) 【答案】 (1). 正； (2). 6.0k； (3). V1； (4). V； (5). R1； (6). kR01k 【解析】【分析】本题(1)是明确黑表笔与欧姆表内部电池的正极，红表笔与内部电池的负极相连题(2)是利用假设法，选择能根据串并联规律解出待测电压表内阻的电路元件即可；变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便；应先根据串并联规律写出U与U1的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解。【详解】(1) 欧姆表的黑表笔与内置电源的正极相连，红表笔与内置电源的负极相连，电压表的正极线柱应与高电势点相连接，利用欧姆表通过图1的方式进行测量，测量时欧姆表的黑表笔应该一电压表的正极接线柱相接；欧姆表的档位位于“1k”挡，由图2所示可知，则电压表的内阻Rv约为6.01k=6k；(2) 由图3所示电路图可知，电压表乙与定值电阻串联后再与电压表甲并联，并联电路两端电压相等，因此甲电压表的量程应大于乙电压表的量程，则电压表甲为 V1，电压表乙为V；为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；并联电路两端电压相等，由图3所示电路图可知，U1=U+IR0=U=URVR0，则U=RVRV+R0U1 由图4所示图象可知，图象斜率k=RVRV+R0，则电压表内阻：RV=kR01k。【点睛】应明确：黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连；根据物理规律能解出待测物理量的实验才能做成；变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便遇到根据图象求解的问题，首先要根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后根据斜率、截距的概念即可求解。三.计算题11.一辆质量M=1.8t的汽车，车厢后端有一质量m=200kg的木箱，在限速为80km/h的平直公路上匀速行驶，行驶过程中司机突然发现前方L=75m处有汽车在停车维修，于是立即关闭发动机紧急刹车，刹车过程中木箱与汽车相对静止，汽车与前面的车发生碰撞后立即停止运动，汽车停止运动后木箱继续滑动(未与车厢发生碰撞)，交警通过测量得到木箱在车厢底板上的划痕长度d=2.5m，已知汽车刹车时所受的制动力F=8103N，木箱与车厢之间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2。请通过计算判断该车是否超速。【答案】超速【解析】【详解】汽车停止运动后，对木箱有：mg=ma1 解得：木箱的加速度大小为：a1=5ms2 设发生碰撞前的瞬间汽车的速度为v，有：0v2=2a1d 解得：v=5ms 汽车刹车过程中，对汽车和木箱组成的整体有：F=(M+m)a2 解得：a2=4ms2 设汽车的初速度为v0 ，有：v2v02=2a2L 解得：v080kmh，所以汽车超速。12.如图所示,在xOy平面内,第象限内的直线OM是电场与磁场的边界,OM与x轴负方向成45角。在第象限和第象限中OM的左侧空问存在着沿x轴负方向,电场强度大小E=0.32N/C的匀强电场;在第象限和第象限中OM的右侧空间存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小B=0.10T的匀强磁场,一不计重力的带负电的微粒在t=0时刻从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2103m/s的速度射入磁场.已知微粒所带的电荷量q=-510-18C、质量m=110-24kg,求：（1）带电微粒在磁场中做圆周运动的轨迹半径;（2）带电微粒在磁场运动的总时间及其最终离开电场时的位置坐标。【答案】(1)4.0103m；(2) t=1.310-5s；（0，0.19m）。【解析】【分析】根据粒子的运动过程，分别求得电场和磁场中的时间，则可求得总时间；粒子进入电场后做类平抛运动，根据类平抛的规律可得出最终离开时的坐标。【详解】(1) 带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图所示由qvB=mv2r 得r=mvqB=4.0103m ；(2) 带电微粒在磁场中运动轨迹如（1）问图，设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为TT=2rv 则：t=tOA+tAC=T4+3T4=T 代入数据得：t=1.310-5s微粒从C点沿y轴正方向进入电场，速度方向与电场力方向垂直，微粒做类平抛运动。则a=qEm x=12at12=2r y=v0t1；代入数据得：y=0.20m，y=y-2r=0.19m离开电、磁场时的位置坐标为（0，0.19m）。【点睛】本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。【物理选修3-3】13.一定质量的理想气体从状态a开始，其变化过程如V-T图象所示，其中ab和cd均与T轴平行。对此气体，下列说法正确的是_A.在过程ab中气体的压强增大B在过程bc中气体对外做功，内能减小C.在过程cd中气体对外放出热量，内能减小D.在过程da中气体吸收热量，内能增大E气体在状态b的压强是在状态c的压强的2倍【答案】ACD【解析】【详解】A项：过程ab为等容变化，由公式PT=C可知，当ab过程，T增大，所以压强增大，故A正确；B项：由图可知，过程bc体积减小，所以为外界对气体做功，故B错误；C项：由图可知，过程cd为等容变化，由公式PT=C可知，当cd过程，T减小，内能减小，由热力学第一定律U=W+Q 可知，其中W=0，所以Q0即放出热量，故C正确；D项：由图可知，过程da体积增大，即气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一定律U=W+Q可知，气体吸收热量，故D正确；E项：由理想气体状态方程PVT=C可知，b状态的体积是c的2倍，但由于不知温度的关系，所以不能确定压强的关系，故E错误。故应选：ACD。14.如图所示，U形管竖直放置，右管内径为左管内径的2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为76cm、温度为300K的空气柱，左、右两管水银面高度差为6cm，大气压为76cmHg。给左管的气体加热，求当U形管两边水银面等高时，左管内气体的温度；在问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银，直到左管气柱恢复原长，求此时两管水银面的高度差。【答案】346.34.8cm【解析】【详解】由右管内径是左管的2倍可知，右管的横截面积是左管的4倍，所以两管水银面相平时，左侧液面下降4.8cm，右侧液面上升1.2cm，则有：P1=76cmHg6cmHg=70cmHg V1=76cmS，T1=300K P2=76cmHg，V2=(76cm+4.8cm)S由公式P1V1T1=P2V2T2 解得：T2=346.3K；(2)管中气体做等温变化，则有：P2V2=P3V3 ，其中V3=V1 解得：P3=80.8cmHg所以右管的水银面比左管高h=80.8cm76cm=4.8cm.。【物理选修3-4】15.在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动,其表达式为y=2sin(2t)（m）,它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播,某时刻波形图象如图所示,则该波传播的速度为_m/s；从图示时刻起40s内质点M通过的路程为_m. 【答案】 (1). 2m/s； (2). 80m【解析】【分析】根据质点做简谐运动的表达式，从而求得周期，再由v=T确定波速。【详解】由题可知，2=2T，解得：T=4s由图可知，波长=8m 由公式v=T=84ms=2ms；质点M经过40s=10T，根据质点在一个周期内通过的路程一定等于4A，所以质点M在40s内通过的路程为80m。【点睛】此题要由振动方程来确定角速度，并掌握波长、波速、周期的关系，并能灵活运用，同时并判定某质点经过一段时间时，所处的振动方向，或由所处的位置，来判定所经历的时间。16.如图所示,空气中有一折射率为n=3的玻璃柱体,其横截面是圆心角为90,半径R=185m的扇形OAB，其中OB面不透光。一束平行光平行于横截面以600入射角斜射到OA面上,不考虑反射后的折射，取sin35=33。求AB上有光透出的部分的弧长。【答案】0.7m【解析】【分析】注意两条特殊光线，一是从O点沿半径方向进入玻璃柱体的光线，在AO面上折射后传播入方向不变，二是在AB面上发生全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解。【详解】根据折射定律有：n=sin600sinr ，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30。过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大。根据临界角公式：sinC=13，得临界角为35，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180-（120+35）=25，所以A到D之间没有光线射出。由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90-（30+15）=35所以有光透出的部分的弧长为s=3501800R=0.7m【点睛】解决本题的关键根据光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求解。