四川省2019届高三物理上学期“联测促改”活动试题（含解析）.doc

四川省2019届高三物理上学期“联测促改”活动试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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.在人类认识微观世界的历史长河中，许多伟大的发现构成了一个又一个科学发展的里程碑。在下列核反应中，约里奥居里夫妇发现人工放射性同位素的方程是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】约里奥-居里夫妇发现人工放射性同位素的方程为，故D正确；2.如下图所示，ab间接入u=200sin100tV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为21，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下Rt=2(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则A. 电压表的示数为100VB. 保险丝的熔断电流不小于25AC. 原副线圈交流电压的频率之比为21D. 若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变【答案】B【解析】【分析】根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.【详解】ab端输入电压的有效值为200V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为21，可知次级电压有效值为100V，即电压表的示数为100V，选项A错误；次级电流有效值为 ，则初级电流有效值，则保险丝的熔断电流不小于25A， 选项B正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为11，选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B.【点睛】要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况3.中国北斗卫星导航系统是全球四大卫星导航系统之一。2018年8月25日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭以“一箭双星”方式成功发射第三十五、三十六颗北斗导航卫星，其中一颗导航卫星运动轨道半径约为5R(R为地球半径且已知)。某学生经查资料得到同步卫星运动轨道半径约为6.6R，已知万有引力常量G，地球自转周期为T。根据以上数据，不能求出的物理量为A. 地球的质量B. 该导航卫星所受的万有引力C. 该导航卫星的运动周期D. 该导航卫星的运动的线速度【答案】B【解析】【分析】对地球的同步卫星，根据万有引力等于向心力可求解地球的质量；导航卫星的质量不确定，则不能求解该导航卫星所受的万有引力；根据导航卫星所受的万有引力等于向心力可求解该导航卫星的运动周期；根据周期和半径可求解线速度。【详解】对同步卫星，万有引力等于向心力可得： 可求解地球的质量，选项A错误；因导航卫星的质量不确定，则不能求解该导航卫星所受的万有引力，选项B正确；根据，求得了地球的质量后，可求解该导航卫星的运动周期T，选项C错误；根据可求解线速度，选项D错误；故选B.4.如图所示，六个点电荷分布在边长为a的水平放置的正六边形 ABCDEF的六个顶点处，在A、D、F处电荷的电荷量为q，其余各处电荷的电荷量均为+q，光滑的杆固定在正六边形的中心轴上。若让质量为m、带电量为+Q的小环穿在杆上由P点自由释放，则下列说法正确的是A. O点电场强度大小为，方向由O指向FB. O点电势高于P点电势C. 小环从P到O做变加速直线运动D. 小环从P到O的过程电势能先减小后增大【答案】A【解析】【分析】根据六个点电荷的分布情况，根据矢量叠加原理求解O点的场强和方向；电势是标量，叠加时时是代数和，由此求解OP上各点电势关系，由此判断小环在OP上的运动情况和电势能的变化情况.【详解】每一个点电荷在中心O处产生的场强均为，根据场强的叠加原理可得，O点电场强度大小为，方向由O指向F，选项A正确；由电势的叠加可知，OP上各点的电势均为零，则O点电势等于P点电势，选项B错误；小环从P到O电势能不变，则小环只受重力作用而做匀加速直线运动，选项C错误；小环从P到O的过程电势能不变，选项D错误；故选A.【点睛】此题关键是知道场强的叠加原理满足平行四边形法则；而电势的叠加是代数和.5.如图所示，斜劈A与弹簣相连挂于天花板上，斜劈B与粗糙的竖直墙面接触，A、B接触但不粘连。在竖直向上的外力F作用下A、B处于静止，此时弹簧处于原长。现改变力F的大小，使A、B一起匀速向上运动，则在该过程中(弹簧一直在弹性限度范围内)，在下列说法中错误的是A. B一定受4个力B. A、B间的摩擦力逐渐增大C. 上升到某一位置时，A、B将会发生相对滑动D. 若运动中某时刻突然撤去外力，此后上升过程中A对B的作用力逐渐增大【答案】C【解析】【分析】先对整体受力分析，可知墙面与B之间不存在弹力和摩擦力；然后隔离B受力分析；AB之间的弹力和摩擦力的合力在竖直方向，根据上升中弹簧弹力的变化分析两物体之间的摩擦力和压力的变化；撤去F后整体合力向下，则加速度向下，根据牛顿第二定律判断AB间的作用力。【详解】对AB整体分析可知，墙面对B无弹力，则墙面对B无摩擦力；则物体B受重力、A对B的弹力和摩擦力以及本身的重力4个力的作用，选项A正确；随着物体的上移，弹簧弹力增大，则AB之间的弹力和摩擦力均变大，选项B正确；随着物体的上移，因弹力和摩擦力的合力方向总是竖直方向，即弹力和摩擦力成比例的增大，即最大静摩擦力随正压力逐渐变大，可知A、B不可能会发生相对滑动，选项C错误；若运动中某时刻突然撤去外力，此后上升过程中AB的整体向上做减速运动，加速度向下增大，对物体B根据牛顿第二定律：FAB+mBg=mBa，可知A对B的作用力FAB逐渐增大，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.6.甲、乙两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，其运动图像如图所示，则A. 若纵坐标为位移，0t1时间内甲、乙两物体的平均速率率甲率乙B. 若纵坐标为位移，t1时刻甲、乙的瞬时速度v甲v乙C. 若纵坐标为速度，0 t1时间内甲、乙两物体的平均速度甲乙D. 若纵坐标为速度，在t1时刻甲、乙两物体相遇【答案】AC【解析】【分析】位移时间图像的斜率等于速度，平均速率等与路程和时间的比值；速度时间图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的面积等于位移；平均速度等于位移和时间的比值.【详解】若纵坐标为位移，0t1时间内甲先向正方向运动后向负方向运动，而乙一直向正方向运动，两物体到达同一位置，可知甲的路程比乙大，则甲、乙两物体的平均速率率甲率乙，选项A正确；若纵坐标为位移，则图像的切线的斜率等于速度，则t1时刻甲、乙的瞬时速度接近相等，即v甲=v乙，选项B错误；若纵坐标为速度，则图像与坐标轴围成的面积等于位移，则0 t1时间内甲的位移大于乙，则甲、乙两物体的平均速度甲乙，此时在t1时刻甲、乙两物体没能相遇，选项C正确，D错误；故选AC.【点睛】此题关键是理解位移时间图像和速度时间图像的物理意义；位移时间图像的斜率等于速度；速度时间图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的面积等于位移.7.如图所示为直角三角形斜劈ABC，ABC=60，P为AB的中点，AP=PB=10m。小物块与AP段的动摩擦因数为1，与PB段的动摩擦因数为2。第一次将BC水平放置，小物块从A点静止释放，滑到B点时速度刚好为零。第二次将AC水平放置，g取10m/s2，下列说法正确的是A. 第一次下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1(1)B. 1+2=2C. 若第二次小物块在B点由静止释放则一定不下滑D. 若第二次在B点给小物块一个初速度v0=15m/s，小物块刚好能滑到最底端A点【答案】BC【解析】【分析】第一次物体先加速后减速到零，根据两段的平均速度判断时间关系；在整个过程中由动能定理可求解两动摩擦因数的关系；根据在斜面上时的重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系判断物体能否下滑；假设物体能到达斜面最低点，根据动能定理列出方程求解最低点的速度，从而进行判断.【详解】第一次下滑过程中，因初速度为零，末速度为零，则物体一定是先加速后减速，若设到达P点的速度为v，则AP和BP两段的平均速度均为v/2，则小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：1，选项A错误；设AB=2L，从A到B由动能定理： ，解得1+2=2，选项B正确；第一次从A开始时下滑时满足，即 ；则；第二次小物块在B点由静止释放，则成立，则小物块在B点由静止释放则一定不下滑，选项C正确；若第二次在B点给小物块一个初速度v0=15m/s，设小物块滑到最底端A点的速度为v，则由动能定理：，解得v2=-175可知，物块不能到达A点，选项D错误；故选BC.8.如图甲所示，在光滑绝缘水平面上，存在磁感应强度B=2T，方向垂直水平面向下、宽L=1.4m、长远大于宽的匀强磁场区域，有一粗细均匀、边长2L=2.8m、质量m=1kg的单匝正方形铜线框，线框cd边初始时刻与磁场右边界重合。现给它一个水平向右的初速度v0=8m/s，同时施加一个垂直于ab边向左的水平恒力F。从此刻开始计时，线框运动的v-t图像如图所示(t1后的图像未画出)，已知线框从计时开始向右运动的最大位移为2.8m.，则下列说法正确的是A. 0.2s-t1s内电流的方向为 adcbaB. 恒力F=20NC. 0.2s时ab间的电压为25.2VD. 线框向右运动时安培力做的总功大于线框向左运动时安培力做的总功【答案】AC【解析】【分析】根据v-t图像可知线圈向右先匀加速运动，后因为受安培力作用做变减速运动，根据右手定则判断感应电流的方向；根据v-t图像求解线圈ab边进入磁场的速度，在根据牛顿第二定律求解外力F；根据E=BLv求解电动势，在根据闭合电路的欧姆定律求解ab间的电压；根据运动的对称性判断线圈向右运动安培力的功与向左运动安培力的功的关系.【详解】由图像可知，0-0.2s内向右做匀减速运动，线圈的磁通量不变，0.2s时刻线圈的ab边进入磁场，t1时刻线圈出离磁场，则根据右手定则可知，0.2s-t1s内电流的方向为 adcba，选项A正确；由图像可知：解得：v=6m/s，则，则F=ma=10N，选项B错误；0.2s时ab边切割磁感线产生的电动势E=B2Lv=33.6V，则 ab间的电压为，选项C正确；因线框从计时开始向右运动的最大位移为2.8m 可知线圈能向右运动到ab边刚好出离磁场，由对称性可知，此过程中线圈中安培力做功等于线圈向左运动到dc边刚进入磁场时安培力的功，然后线圈还能继续向左运动克服安培力做功，可知线框向右运动时安培力做的总功小于线框向左运动时安培力做的总功，选项D错误；故选AC.9.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题。(1)在使用指针式多用电表测量某电阻的阻值时，若机械调零后将选择开关拨至“10”挡，发现指针偏转角度较小，则需要将选择开关拨至_挡(选择“1”或“100”)；拨到正确的挡位后，还需进行_调零，再去测量该电阻的阻值。(2)欧姆表内部电路结构如上图(a)所示，当红黑表笔间接入不同的待测电阻Rx时，流过表头的电流I随R变化的图线如上图(b)所示，则=_。【答案】 (1). 100 (2). 欧姆 (3). 1:4【解析】【分析】（1）选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率（2）根据闭合电路欧姆定律得出电流I与待测电阻的阻值Rx关系，然后求解两电阻的比值【详解】（1）在使用指针式多用电表测量某电阻的阻值时，若机械调零后将选择开关拨至“10”挡，发现指针偏转角度较小，说明档位选择过小，则需要将选择开关拨至“100”挡；拨到正确的挡位后，还需进行欧姆调零，再去测量该电阻的阻值。（2）电流计满偏时：E=IgR内；两表笔接R1时：E=Ig(R内+R1)；两表笔接R2时：E=Ig(R内+R2)；联立解得：R1=R内；R2=2R内，即【点睛】此题关键是知道欧姆表的内部结构，根据闭合电路的欧姆定律列出方程求解外接电阻.10.如图(a)所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。(1)打点计时器使用的电源是_ (选填“直流电源”或“交流电源”)。(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，目的是_(3)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C若干个计数点，已知相邻计数点间还有四个点未画出，且电源的频率f。测得A、B、C点到O点的距离为x1、x2、x3，如下图(b)所示。实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=_，打B点时小车的速度v=_。(4)假设重物质量满足远小于小车质量，若平衡摩擦力过度，则从理论上分析，下图(c)中正确反映v2-W关系的是_。【答案】 (1). 交流电源 (2). 细绳拉力做功为小车合外力做功 (3). (4). (5). C【解析】【分析】（1）打点计时器使用的电源是交流电源。（2）实验中平衡摩擦力和其他阻力的目的是使得细绳拉力做功为小车合外力做功；（3）根据功的概念求解拉力的功；根据匀变速直线运动的中间时刻的速度等于这段时间的平均速度求解B点的速度；（4）根据动能定理，建立v2-W函数关系讨论图像。【详解】（1）打点计时器使用的电源是交流电源。（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，目的是使得细绳拉力做功为小车合外力做功；（3）从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=mgx2；打B点时小车的速度；（4）假设重物质量满足远小于小车质量，则F=mg，若平衡摩擦力过度，木板倾角过大，则小车的重力做正功，则，即 ，则正确反映v2-W关系的是C.11.如图所示，质量M=0.3kg的小木块放在平台的右端，小木块与平台间的动摩擦因数=0.1，平台右侧的地面上有一只质量m=0.1kg的玩具青蛙，旋紧发条让玩具青蛙倾斜跳起，在速度水平时恰好到达木块处，青蛙立即抱住木块并趴在木块上，和木块一起滑行s=0.5m后停下，平台到地面的高度h=0.45m，重力加速度g取10m/s2(小木块和玩具青蛙可视为质点，青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力)。求(1)玩具青蛙抱住木块前瞬间的速度(2)玩具青蛙的起跳速度。【答案】(1)4m/s (2)5m/s【解析】【分析】（1）根据动能定理结合动量守恒定律求解玩具青蛙抱住木块前瞬间的速度；（2）根据水平和竖直方向的运动求解玩具青蛙的起跳速度.【详解】（1）以小木块和玩具青蛙为研究对象，一起滑行的过程中，由动能定理： 青蛙抱住木块过程由动量守恒定律： 联立解得v1=4m/s（2）青蛙跳起到小物块的过程中竖直方向做竖直上抛运动，则：0-vy2=-2gh青蛙起跳时的速度 联立解得v0=5m/s12.如下图所示的竖直平面内，垂直x轴放置一长度为L的线状电子源MN，可释放初速度为零、质量为m、电荷量为e的电子。在MN右侧的三角形区域I内存在水平向左的匀强电场，顶角为且tan=。边长为L的正方形区域内存在竖直向上的匀强电场，正方形左下角顶点位于坐标原点处，两个区域内的电场强度均为E，在x轴下方有垂直坐标平面向外磁感应强度B=的匀强磁场，下边界上的P点的纵坐标为L。(重力加速度为g，电子重力不计且不计电子之间的相互作用力，结果可以用根式表示)(1)若有一个电子经过I、电场后恰好从(L，0)位置射出，求该电子在MN上出发点的纵坐标y；(2)求电子经过、电场后射出的位置横坐标的最大值；(3)求电子从磁场下边界射岀区域的横坐标范围。【答案】(1)(2)(3) 【解析】【分析】（1）电子在电场区域做匀加速运动，根据动能定理求解出离电场的速度；粒子在区域做类平抛运动，根据平抛运动的规律列方程，从而求解该电子在MN上出发点的纵坐标y；（2）列出任意纵坐标y发出的粒子不从电场的右侧射出时横坐标的表达式，利用数学知识讨论横坐标的最大值；（3）找出电子恰好不从磁场下边界射岀的临界值，从而求解横坐标范围。【详解】（1）设从纵坐标为y发出的电子，电场中加速长度为 根据动能定理： 在电场区域： 联立解得 （2）若电子不从电场的右侧射出，则有任意纵坐标y发出的粒子有： 该函数在 取得最大值： , ，假设成立；（3）粒子从电场出射的速度 合速度 与x轴夹角为 根据牛顿第二定律： 解得 经分析，能射出的最远点为从 出发的的电子，其半径为r1=L， 该电子恰好不能从下边界射出，其位置的横坐标为 ；y等于L时，出射点的x坐标最小，其半径为 方向竖直向下；其出射点 出射区域的横坐标 ，如图所示：13.下列说法中正确的是_。A.分子间的引力和斥力，当rr0时(r0为引力与斥力大小相等时分子间距离)，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快B.如果物体从外界吸收热量，则物体的内能一定增大C.理想气体等温膨胀，则每秒撞击单位面积器壁的气体分子数减少D.第二类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律E.给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水份【答案】ACE【解析】【详解】分子间的引力和斥力，当rr0时(r0为引力与斥力大小相等时分子间距离)，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快，选项A正确；如果物体从外界吸收热量，但是如果气体对外做功，则物体的内能不一定增大，选项B错误；理想气体等温膨胀，压强减小，气体分子平均速率不变，气体密度减小，则每秒撞击单位面积器壁的气体分子数减少，选项C正确；第二类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，选项D错误；给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水份，选项E正确；故选ACE.14.一定量的理想气体从状态a开始，经历等压或等容过程ab、bc、cd、da回到原状态，其PT图像如下图所示(图中标出的物理量为已知量)，气体在a状态是体积为V0，其中ad、bc的延长线过原点O。求气体在c状态时的体积Vc；气体从状态a-b-c-d-a过程中，气体对外界做的功。【答案】2V0；【解析】【分析】（1）对气体ab的过程根据等压变化方程求解b的体积，从而知道c的体积；（2）根据热力学第一定律列方程求解气体对外界做功。【详解】（1）对气体ab的过程等压变化，则： 解得Vb=2V0b到c过程为等容变化，故c的体积为2V0；（2）对气体ab过程等压变化，气体体积变大，故气体对外做功，则 气体cd的等压过程，气体体积减小，故外界对气体做功：联立可得气体对外界做功为：15.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形如下图所示，质点A与质点B平衡位置间的距离为1m，A点速度沿y轴正方向。t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处。由此可知_A.此波沿x轴正方向传播B.此波的传播速度为25msC.从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1mD.在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向E.若此波传入另外一介质中波速变为20m/s，则它在该介质中的波长为1.6m【答案】BDE【解析】【分析】由图确定波长，根据A点振动情况确定，求出波速由A点的振动方向判断出波的传播方向根据周期，分析在t=0.04s时，质点B处在位置和速度方向；机械波在不同介质中传播时周期不变【详解】A点速度沿y轴正方向，则波沿x轴负方向传播。故A错误。由题=2m，T=0.08s，则波速。故B正确。简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移。故C错误。在t=0时，B向下运动；t=0.04s=0.5T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向。故D正确。若此波传入另外一介质中波速变为20m/s，则它在该介质中的波长为，选项E正确；故选BDE。【点睛】对于波的图象问题往往需要研究波的传播方向和质点的振动方向之间的关系，必须熟练运用16.全反射棱镜有广泛的应用。如下图所示，一棱柱材料折射率为n，截面为四分之一圆，圆半径为R，一平行光束垂直于图中左平面射入棱柱，图中圆弧上有光线射出部分的长度为多少?不考虑光线在柱内的多次反射，棱柱外视为真空。【答案】【解析】【分析】当入射角为时，光线刚好从圆弧面相切射出，根据折射定律求解入射角，根据几何关系求解有光线射出部分的长度.【详解】当入射角为时，光线刚好从圆弧面相切射出，则： ，则 由几何关系可解得有光线射出部分的长度：