2019届高三物理上学期第一次月考试题（含解析） (III).doc

2019届高三物理上学期第一次月考试题（含解析） (III)一、选择题（共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。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.下列说法中正确的是（ ）A. 铀核裂变的某种核反应方程是B. 已知质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么2个质子和2个中子结合成一个粒子，释放的能量是C. 卢瑟福通过粒子散射实验验证了在原子核内部存在质子D. 一群处于能级态的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中能辐射12种不同频率的电磁波【答案】B【解析】【详解】A. 铀核裂变的核反应是：是，两边中子不能约。故A错误；B. 质子、中子、粒子质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放能量是(2m1+2m2m3)c2.故B正确；C. 卢瑟福通过粒子轰击氮核得到质子，实验验证了在原子核内部存在质子，故C错误；D. 根据波尔理论，一群处于n=4能级态的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中能辐射6种不同频率的电磁波，故D错误。故选：B。2.如图所示，重物的质量为m，轻细绳AO的A端和BO的B端固定，平衡时BO水平，AO与竖直方向的夹角为60AO的拉力F1、BO的拉力F2和物体重力的大小关系是（）A. F1mg B. F1=mg C. F2mg D. F2=mg【答案】A【解析】试题分析：对结点O受力分析，根据平行四边形定则比较绳子拉力和重力的大小关系对O点受力分析，根据共点力平衡得，F1=mgcos60=2mgmg，F2=mgtan60=3mgmg，故A正确3.如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的15。已知两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 1：4【答案】D【解析】甲、乙组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度v，由动量守恒：m甲v0=(m甲+m乙)v05解得：m乙=4m甲，故D正确，ABC错误。故选：D。点睛：A、B组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度，由动量守恒求解。4.有一物体沿直线运动，其 vt图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 第 1s内物体所受的合外力大小不变B. 01s内的加速度小于35s内的加速度C. 从第3s末到第5s末物体的加速度逐渐减小D. 从第5s末到第7s末物体的速度逐渐减小【答案】A【解析】速度时间图像的斜率表示加速度，0-1s内斜率恒定，加速度恒定，所以合力大小恒定，其加速度大小为a1=v01，35s内斜率恒定，加速度恒定，其加速度大小为a2=2v04a1，A正确BC错误；从第5s末到第7s末物体的速度反向增大，D错误【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移5.如图所示,实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线,下列说法中正确的是( ) A. c点场强大于a点场强B. c点电势低于a点电势C. c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差D. 若将一试探电荷+q由a点移动到b点,电场力做正功【答案】C【解析】a点的电场线比c点电场线密，可知a点的场强大于c点的场强，故A错误沿电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势高于a点电势，故B正确因为b、a两点电势相等，可知c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故C错误a、b两点电势相等，将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力不做功，故D错误故选B点睛：解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，以及知道电荷在等势面上移动，电场力不做功6.2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电。图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n=100、电阻r=1、横截面积S=1.510-3m2，外接电阻R=7。线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则A. 在t=0.01s时通过R的电流发生改变B. 在t=0.01s时线圈中的感应电动势E=0.6VC. 在00.02内通过电阻R的电荷量q=1.510-3CD. 在0.020.03s内R产生的焦耳热为Q=1.810-3J【答案】BC【解析】A项：根据“楞次定律”可知，在0-0.01s内电流方向和在0.01-0.02s内电流方向不变，故A错误；B项：根据“法拉第电磁感应定律”可知：E=nt=nBSt=10041.5103V=0.6V，故B正确；C项：在00.02内，产生的感应电流为I=ER+r=0.67+1A=0.075A，电荷量为q=It=0.0750.02C=1.5103C ，故C正确；D项：在0.020.03s内，产生的感应电动势为E=nt=nBSt=10081.5103V=1.2V，产生的感应电流为I=ER+r=1.27+1A=0.15A，R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.15270.01J=1.575103J，故D错误。7.如图所示,竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角为=370的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放。重力加速度大小为g，sin37= 0.6, cos370=0.8，则下列说法正确的是（ ）A. 当h= 2R时,小球过C点时对轨逍的压大小为27mg/5B. 当h= 2R时,小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动C. 当h= 3R时，小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mgD. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点.【答案】AC【解析】A、当h= 2R时，从A到C的过程：由动能定理mg(h+RRcos)=12mvC20，在C点由牛顿第二定律得NCmg=mvC2R，解得NC=27mg5，由牛顿第三定律得：小球在刚过C点时对轨道的压力大小为27mg5，故A正确；B、小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是vmingR，从A到D的过程：由动能定理mg(hRRcos)=12mvD20，解得vD=25gRgR，所以小球不会从D点离开圆弧轨道做平拋运动，故B错误；C、当h= 3R时，解得vD=125gR，在D点由牛顿第二定律得ND+mg=mvD2R，解得ND=75mg，所以，由牛顿第三定律得小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mg，故C正确；D、小球从D点离开圆弧轨道做平抛运动，则有R+Rcos53=12gt2，解得t=18R5g，小球水平方向的位移x=vtvmint=185R，大于Rsin37，所以小球能从D点离开圆弧轨道，不能恰好落在B点，故D错误；故选BC。【点睛】本题是牛顿运动定律与机械能守恒定律的综合题，解决本题的关键根据该规律得出压力F和小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是vmingR。 8.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入竖直平面内方向如图所示的正交匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒只在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是() A. 该微粒一定带负电B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C. 该磁场的磁感应强度大小为mgqvcosD. 该电场的场强为Bvcos 【答案】AC【解析】A、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡若粒子带负电，符合题意所以A正确B、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符故B错误D、粒子受力如图：由图qE=qvBsin，所以E=Bvsin故D错误；C、由平衡条件得qvBcos=mg，B=mgqvcos，故C正确；故选AC【点睛】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，考查综合分析和解决问题的能力，要抓住洛伦兹力与速度有关的特点二、实验题（共15分）9.在做“研究匀变速直线运动”的实验中：(1)实验室提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计，其中在本实验中不需要的器材是_(2)如图所示是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T0.02s，其中x17.05cm、x27.68cm、x38.33cm、x48.95cm、x59.61cm、x610.26cm. 下表列出了打点计时器打下B、C、F时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下E点的小车的瞬时速度_.(3)以A点为计时起点，在坐标图中画出小车的速度时间关系图线_ (4)根据你画出的小车的速度-时间关系图线计算出的小车的加速度a_m/s2.【答案】 (1). 弹簧测力计 (2). 0.928 (3). (4). (0.640.01)【解析】（1）本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的器材是弹簧测力计；（2）由于纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，故相邻两个计数点间的时间为T=0.1s；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知：vD=x3+x42T=(8.33+8.95)102m20.1s=0.864m/s 同理可得：vE=x4+x52T=(8.95+9.61)102m20.1s=0.928m/s；（3）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，得：x4x1=3a1T2 x5x2=3a2T2x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=13（a1+a2+a3）=(x4+x5+x6)(x1x2x3)9T2=0.64m/s2。点睛：本题考查了有关纸带处理的基本知识，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力，要注意单位的换算和有效数字的保留，同时注意利用图象来解决问题。10.在“测定金属的电阻率”的实验中：(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图所示，则该金属丝直径的测量值d=_mm； (2)按图所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：电压表V（量程03V，内阻约3kW）；电流表A1（量程0200mA，内阻约3W）；电流表A2（量程00.6A，内阻约0.1W）；滑动变阻器R1（050W）；滑动变阻器R2（0200W）； 电源E（电动势为3.0V，内阻不计）。为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选_，滑动变阻器应选_。（选填器材的名称符号）(3)若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率=_。（用题目所给字母和通用数学符号表示）【答案】 (1). 0.384（0.3820.386） (2). A1 (3). R1 (4). Ud24lI【解析】（1）螺旋测微器的读数为d=0+37.20.01mm=0.372mm；（2）由于通过待测电阻的最大电流为Imax=URx=315A=0.2A=200mA，所以电流表应选择A1；根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为Rmax=E13IA=3130.2=45，则变阻器需要的最大电阻为45-15=30，所以为调节方便，变阻器应选择R1；（3）根据欧姆定律应有R=U/I，R=Ld24，联立可得=Ud24IL；点睛：本题考查测量导体电阻率的实验，要注意正确分析题目中给出的物理量，从而确定出可用的仪表；题中同时注意应用电学中的基本规律分析实验数据； 三、计算题（共32分。解答时要写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只有最后答案不能得分。）11.2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流一汽车停在小山坡的坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度、0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后一直做匀加速直线运动如图所示(1)求泥石流到达坡底的时间和速度大小(2)汽车的加速度至少为多大才能脱离危险？(结果保留三位有效数字)【答案】(1)20s,16 m/s(2)0.421 m/s2【解析】【详解】(1)设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，则x1v0t112a1t12v1v0a1t1代入数据得t120 s，v116 m/s.(2) 汽车加速至v1 ，且泥石流和汽车在水平地面的位移刚好相等时，恰能脱离危险，有v汽v1atx汽v汽22a=v122ax泥v1(t1 st1)x汽解得a0.421 m/s2.【点睛】（1）根据匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系求得泥石流到达坡底的速度和时间；（2）根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，再根据运动规律求解最小加速度12.如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值【答案】（1）Blt0(Fmg) （2）B2l2t0m 【解析】试题分析：（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma=F-mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E=Blv联立式可得E=Blt0(Fmg)（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律I=ER式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f=BIl因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf=0联立式得R=B2l2t0m【考点定位】电磁感应定律、牛顿第二定律【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要认真分析物理过程，分析金属棒的受力情况，选择合适的物理规律列出方程求解；还要抓住金属板的匀速运动状态列方程；此题难度不大。视频13.如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原 的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是_ A气体自发扩散前后内能相同B气体在被压缩的过程中内能增大C在自发扩散过程中，气体对外界做功D气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变【答案】ABD【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，选项BD正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误；故选ABD。【名师点睛】此题考查学生对热力学第一定律的理解和运用能力；要知道气体在向真空膨胀时不对外做功；绝热状态时Q=0；理想气体的内能只与温度有关。14.一氧气瓶的容积为，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压某实验室每天消耗1个大气压的氧气当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天【答案】4天【解析】试题分析：设氧气开始时的压强为，体积为，压强变为（2个大气压）时，体积为根据玻意耳定律得重新充气前，用去的氧气在压强下的体积为设用去的氧气在（1个大气压）压强下的体积为，则有设实验室每天用去的氧气在下的体积为V，则氧气可用的天数为联立式，并代入数据得N=4天考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】要学会将储气筒中的气体状态进行转化，根据玻意耳定律列方程求解，两边单位相同可以约掉，压强可以用大气压作单位