1、- 1 -湖南省师范大学附属中学 2019 届高三物理上学期月考试题（五） （含解析）一、选择题1.港珠澳大桥(Hong KongZhuhaiMacao Bridge)是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018 年 2 月 6 日，港珠澳大桥主体完成验收，于同年 9 月 28 日起进行粤港澳三地联合试运。 大桥设计使用寿命 120 年，可抵御 8 级地震、16 级台风、30 万吨撞击以及珠江口 300 年一遇的洪潮。假设一艘质量为 m 的轮船由于失控，以速度 v 撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量轮船发现迎面相撞处凹下去 d 的深度，那么可以估算出船对桥的平均
2、撞击力 F，关于 F 的表达式正确的是( )A. B. C. D. mv【答案】A【解析】【分析】根据动能定理进行解答。【详解】根据动能定理可得 ，解得 ，故选 A.2.某人发明了一个让飞机在航母上短距离起飞的装置，原理如图所示， ac 和 bd 是相距为 L的两根光滑的金属导轨， MN 是相当于飞机的金属杆(质量为 m，电阻为 R)，匀强磁场方向如图，磁感应强度为 B， a 和 b 端接恒流源的正负两极(恒流源输出的电流恒为 I)， MN 杆将从dc 端水平飞出。那么以下说法正确的是( )A. a 接电源的正极， b 接电源的负极- 2 -B. 不考虑电流的磁场， MN 杆将做加速度逐渐减小
3、的加速运动，最大加速度为 aC. 不考虑电流的磁场， MN 杆将做匀加速运动，加速度为 aD. 恒流源的输出电压不变【答案】C【解析】【分析】根据左手定则判断电流方向，从而判断电源的正负极；根据牛顿第二定律确定导体棒的运动情况；由于电流恒定，但 MN 会产生感应电动势，所以恒流源的输出电压会增大.【详解】根据左手定则，MN 受力向左，则电流应该从 N 流向 M，即 a 接电源的负极，b 接电源的正极，所以 A 错；由于电流恒定为 I，所以安培力恒为 FBLI，所以， MN 杆将做匀加速运动，加速度为 a ，C 正确，B 错误；由于电流恒定，但 MN 会产生感应电动势，所以恒流源的输出电压会增大
4、，故 D 错误，故选 C。3.如图所示，固定的斜面放在竖直向下的匀强电场中，一个带正电的小物体从斜面顶端由静止开始滑到底端，在下滑过程中，下列图象最正确的是( t 为下滑时间， x 为下滑的位移， Ek为物体动能， Ej物体机械能， ED物体的电势能， Q 摩擦产生的热量，取斜面底端重力势能为零)( )A. B. C. D. - 3 -【答案】B【解析】【分析】根据每一个图象的横纵坐标的物理含义，分别推导其表达式，根据表达式逐项分析图象形状即可【详解】 Ek mv2( mg F)(sin ucos )x，则与 x 成正比，而 x at2，所以与时间t 是二次函数关系，所以 C 错； Q (mg
5、 F)xcos ，所以 D 错；设开始时小物体的机械能为 E0，则 Ej E0 qExsin (mg qE)xcos ，与 x 是线性关系，但无法确定是增大还是减小，所以 A 错； ED ED0 qExsin ，所以 B 对；故选 B。【点睛】本题考查功能关系的综合运用，功是能量转化的量度，其中：合外力做功为动能变化的原因，重力做功为重力势能变化的原因，其他外力做功为机械能的变化的原因；解题关键是要选择合适的规律推导横纵坐标满足的表达式4.有一空间探测器对一球状行星进行探测，发现该行星上无生命存在，在其表面上，却覆盖着一层厚厚的冻结的二氧化碳(干冰)。有人建议利用化学方法把二氧化碳分解为碳和氧
6、气而在行星上面产生大气，由于行星对大气的引力作用，行星的表面就存在一定的大气压强。如果一秒钟可分解得到质量为 m 的氧气，要使行星表面附近得到的压强至少为 p，那么请你估算一下，至少需要多长的时间才能完成，已知行星表面的温度较低，在此情况下，二氧化碳的蒸发可不计，探测器靠近行星表面运行的周期为 T，行星的半径为 r，大气层的厚度与行星的半径相比很小。下列估算表达式正确的是( )A. tB. tC. tD. t【答案】B【解析】- 4 -【分析】可近似认为大气压是由大气重量产生的，根据大气的质量和地球的表面积求解大气压强；根据由万有引力定律及牛顿第二定律表示地球表面的重力加速度；最后可求解时间.
7、【详解】可近似认为大气压是由大气重量产生的，设大气的质量为 m0，则 p 。设探测器的质量为 m，行星质量为 M，由万有引力定律及牛顿第二定律得： G mg，即 g，即 GM r3，解上述三式得： m0 ；依题意，1 秒钟可得到 m 的氧气，故分解出 m0的氧气所需的时间为： t ，故选 B。5.如图所示，固定的光滑半圆形轨道(半径为 R)的上部足够大的空间存在着电场强度为 E 的匀强电场，方向竖直向下，一个带电荷量为 q 的小球(质量为 m 且 qE mg， g 为重力加速度)从距右端 P 高为 R 处从静止开始下落，不计空气阻力，恰好从 P 切入圆形轨道，若小球每通过一次半圆形轨道，小球的
8、带电荷量变为原来的 k 倍(02C. a2 且 a bD. 从 a 端射入一个电子沿细管 ab 运动，电子在 a 点的速度等于电子在 b 点的速度【答案】CD【解析】【分析】根据对称性分析 ab 两点的电势关系；将 AB 分成左右两部分，根据电势叠加原理分析 a 点电势；电子在管中运动时，电势能和动能之和守恒；【详解】由对称性可知 a b；因 AB 在 c 点的电势为 2 ，则对 AB 的左半部分，在 c 点产生的电势为 ，在 a 点产生的电势也为 ；AB 的右半部分在 a 点产生的电势大于零小于，则根据电势叠加可知 a2 ，选项 AB 错误，C 正确；因 a b可知，电子在 ab两点的电势能
9、相同，则从 a 端射入一个电子沿细管 ab 运动，电子在 a 点的速度等于电子在b 点的速度，选项 D 正确；故选 CD.8.如图所示， cdef 导体框固定在水平面上，竖直向下的匀强磁场磁感应强度为 B， de 端接有一个电阻 R，其他电阻不计，一根质量不计也无电阻的轻杆 ab 横放在导体框上，长为 L，今在水平向右的拉力 F 作用下向右以加速度 a 匀加速运动了 x0(初始速度为零)的过程中，那么以下说法正确的是( )A. 拉力 F 大小与运动时间 t 成正比B. 电阻的发热功率 P 与 ab 杆运动的位移 x 成正比C. 电阻的发热量 Q 与 ab 杆运动的位移 x 成正比D. 通过电阻
10、的电荷量 q 与 ab 杆运动的位移 x 成正比【答案】ABD【解析】【分析】质量不计的杆所受的拉力等于安培力，根据公式找到要讨论的物理量之间的关系即可判断.【详解】因为杆没有质量，所以安培力必然等于拉力 F，所以 F BLI t，因此- 7 -A 正确； P I2R( )2R x，所以 B 正确；同理 Q t3 x，因为 v 在增大，所以 C 错。根据结论 q 可得 q ，D 正确；故选 ABD。二、实验题9.某同学为了研究力与加速度的关系，设计以下实验。如图所示， A 是质量为 M 的盒子，放在水平面上，通过细线绕过光滑轻滑轮与小桶 B(质量为 m0)相连，在 A 中装满了质量为 M 的沙
11、子，然后不断地从 A 中往桶 B 里搬沙子，当共搬了某质量(记为 m)的沙子放到桶 B 中时，轻推盒子 A，发现 A 和 B 恰好可以一起匀速运动，然后该同学：从 A 中拿出质量为 m1的沙子放入 B 中，将 A 从某固定位置释放，测出 A 滑到滑轮处的时间t1；然后从 A 中再拿出质量为 m1的沙子放入 B 中，将 A 从同一位置释放，测出 A 滑到滑轮处的时间 t2，如此往复，一共测量了 5 次，然后以 AB 及其中所有的沙子为研究对象进行研究。(1)为保证实验的完成和准确，以下说法正确的是_。A必须有的仪器设备有天平、刻度尺(测量释放盒子 A 时盒子到滑轮的距离 L)和秒表(释放盒子 A
12、 后盒子从释放到到达滑轮处的时间 t)B必须保证桶 B 及其中的沙子的质量远小于 A 及其中沙子的质量C细线必须保证与水平面平行D必须保证水平面足够光滑(2)最后该同学处理数据时，得到 a mx图象是一条直线( mx nm1，其中 n1，2，3，4，5)，其斜率为 k，测得当地的重力加速度为 g，则匀速运动时桶 B 中的沙子的质量 m_。【答案】 (1). AC； (2). ；【解析】【分析】- 8 -（1）根据实验的原理及实验步骤分析各个选项；（2）由牛顿第二定律列出整体的方程，结合图像的物理意义求解 m.【详解】 （1）必须有的仪器设备有天平（测量沙子及 AB 的质量） 、刻度尺（测量释放
13、盒子 A时盒子到滑轮的距离 L）和秒表（释放盒子 A 后盒子从释放到到达滑轮处的时间 t） ，选项 A正确；因为对整体进行研究，则不需要保证桶 B 及其中的沙子的质量远小于 A 及其中沙子的质量，选项 B 错误；细线必须保证与水平面平行，选项 C 正确；因要平衡摩擦力，则没必要必须保证水平面足够光滑，选项 D 错误；故选 AC.（2）设盒子 A 与水平面之间的动摩擦因数为 ，加速运动时有(m0 m mx)g (2M m mx)g(2 M m0)a，由图象，匀速运动时有( m0 m)g (2M m)g，所以得： m2 M 。10.如图所示，要测量一个元件 X 的电阻，首先用多用电表的欧姆挡去测量
14、，当使用“10”倍率挡时的情况如图所示，那么测量该元件时的读数为_。为了比较精确测量 X 元件的伏安特性曲线，现备有如下仪器：A电源(电压 6 V，内阻 1 左右)B电压表(量程 05 V，内阻 1 k 左右)C电压表(量程 030 V，内阻 2 k 左右)D电流表 G(量程 00.5 mA，内阻 Rg600 )E电流表 A(量程 03 A，内阻 1 左右)F电阻箱 R(09 999 )G滑动变阻器(030 ，最大电流 2 A)H滑动变阻器(010 ，最大电流 0.5 A)导线、开关若干- 9 -(1)除导线、开关若干外，请选择需要的仪器设备_ (填写仪器前面的符号)；(2)在列方框中画出原理
15、图(如果用到电阻箱，请标明它的阻值大小，元件 X 用“ ”)；_(3)如果电流表的读数为 I，电压表的读数为 U(如果用到电阻箱，它的值用 R 表示)，那么被测元件 X 的阻值的准确值为_(只写表达式)。【答案】 (1). 100 ； (2). ABDFG； (3). (4). ；【解析】【分析】根据表盘读数，乘以倍率为电阻阻值；根据实验的原理选择合适的实验仪器，设计电路图；根据电路的结构以及欧姆定律求解待测电阻的表达式。【详解】由欧姆表的表盘可知，测量该元件时的读数为：1010=100。（1）需要的仪器设备有：A.电源(电压 6 V，内阻 1 左右)；B电压表(量程 05 V，内阻 1 k
16、左右)；电流表 E 量程过大，故可以已知内阻的电流计 D 和电阻箱 F 并联组成电流表；滑动变阻器接成分压电路，故选 G；（H 最大电流偏小） ，故选 ABDFG；（2）电路图如图；- 10 -（3）根据欧姆定律可得： ，解得： .三、计算题11.如图所示，半径 R0.45 m 的光滑 圆弧轨道固定在竖直平面内， B 为轨道的最低点， B 点右侧的光滑的水平面上紧挨 B 点有一静止的小平板车，平板车质量 M2.0 kg，长度 l0.5 m，小车的上表面与 B 点等高，距地面高度 h0.2 m。质量 m1.0 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点 A 由静止释放。重力加速度 g 取 10 m/
17、s2。(1)求物块滑到轨道上的 B 点时对轨道的压力；(2)若将平板车锁定并且在上表面铺上一种特殊材料，其与物块之间的动摩擦因数 从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速度。【答案】 （1）30N（2） 【解析】【分析】（1）根据机械能守恒求解物块到达 B 点的速度，根据牛顿第二定律求解物块对 B 点的压力；（2）根据平均阻力的值求解摩擦力的功，根据动能定理求解物块滑离平板车时的速度。【详解】 （1）物块从圆弧轨道顶端滑到 B 点的过程中，机械能守恒，则mgR ，得 vB3 m/s- 11 -在 B 点由牛顿第二定律的 N mg m ，计算得出 N mg m 30 N 即 N
18、 N30 N，方向竖直向下（2）物块在小车上滑行的摩擦力做功， Wf l2 J从物块开始运动到滑离平板车过程之中，由动能定理得mgR Wf mv2计算得出 v m/s【点睛】此题关键是分清物块运动的物理过程；根据机械能守恒定律，牛顿第二定律以及动能定理求解；注意因动摩擦力随距离均匀变化，则求解摩擦力功时可以取平均摩擦力.12.如图所示，一个边长为 L0.8 m( ab bc L)，高为 h0.8 m 的光滑实心立方体固定在水平面上(其中靠外面的 cd 边所在竖直面足够长，称为“ A 面”)，上表面处有垂直 cd 边的匀强电场，方向如图，电场强度为 E4 N/C，在立方体前方外有竖直向上的匀强磁
19、场。今在a 点以不同的速度 v0沿 ab 边射入质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球。试求：(本题可能用到的数据： g10 m/s 2，3.14，tan 分别等于 2、3、4、5 时，对应的 的弧度值分别为 1.11、1.25、1.33、1.37。如果有碰撞皆为弹性碰撞，但与地面的碰撞是完全非弹性的，最终结果保留两位小数)(1)如果射入的小球都能从 cd 边射出，求出速度 v0的范围？(2)满足条件(1)时，如果小球都能直接落在 A 面之前的水平面上，那么磁感应强度 B 应满足什么条件？(3)如果某个小球恰好从 dc 边中点射出电场，落地点恰好在 dc 边的正下方的边线上，那么磁感应强度
20、B 多大？落地点与射出点的水平距离多大？【答案】 （1） （2）3.14T（3）3.62n(T);0.88m- 12 -【解析】【分析】（1）根据平抛运动的规律求解速度 v0的范围；（2）根据圆周运动以及自由落体运动的规律求解磁感应强度 B 应满足的条件；（3）根据圆周运动的规律，结合几何关系求解磁感应强度 B 以及落地点与射出点的水平距离.【详解】(1) L v0mt， L gt2所以最大速度为则： v0m ，0 v00 v02.00 m/s(2)如果直接从 d 点飞出对应的圆心角最小 ，做圆运动的最短时间为 tmin 那么在 tmin时间内小球必须着地，自由落体的时间 t又 t tmin，
21、则 B 3.14 T(3)tan 4 ( 1.33)， v0 下落过程中，可能与 A 面发生碰撞，碰撞后不影响竖直方向的运动，但对水平面的运动有影响，如图是水平面内的运动情况图。从 M 点射出，运动了圆心角为 22 角后在 N 点相碰，然后又运动了圆心角为 22 角后再次与 A 面相碰，因此可能运动了 n 个这样的圆弧恰好落地，因此小球在磁场中运动的时间为：t 其中 n1，2，3竖直下落的时间为 t 所以 t t，则有：- 13 -则： B 3.62 n(T)(n1，2，3)射出的速度为 v，半径为 R ，圆心角为 22 ，所以 MN2 Rsin MN ， vsin vy gt g 所以 距射
22、出点的水平距离为 x MNn m0.88 m13.有关对热学的基础知识理解正确的是_。A. 液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部B. 低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态C. 当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理【答案】CDE【解析】【详解】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故 A 错误；高温的物
23、体可以自发把热量传递给低温的物体，最终两物体可达到热平衡状态，选项 B 错误；液体压强是由液体重量产生的；当装满水的某一密闭容器自由下落时，水处于完全失重状态，则容器中的水的压强为零，选项 C 正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故 D 正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，紧密排列，故 E 正确；故选 CDE。【点睛】考查表面引力的方向，掌握热传递的方向，同时理解液体压强产生的原由，注意处于饱和汽压时，蒸发没有停止；最后考查了油膜法测分子大小的实验，注意实验模型的正确建立。14.
24、如图，粗细均匀的弯曲玻璃管 A、 B 两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A 之间气体柱长为 lA40 cm，右管内气体柱长为 lB39 cm。先将开口 B 封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水- 14 -银面比水银槽水银面低 4 cm，已知大气压强 p076 cmHg，求： A 端上方气柱长度；稳定后右管内的气体压强。【答案】38cm；78cmHg【解析】试题分析：稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4cm，则 A 管内气体的压强为PA1=(76+4) cmHg由公式：P 0VA0=PA1VA1，代入数据得：L A1=
25、38cm设右管水银面上升 h，则右管内气柱长度为 lB-h，气体的压强为 ；由玻意尔定律得：解得：h=1cm所以右管内气体压强为考点：气体的状态方程.【此处有视频，请去附件查看】15.北京时间 2013 年 4 月 20 日 8 时 02 分四川省雅安市芦山县(北纬 30.3，东经 103.0)发生 7.0 级地震受灾人口 152 万，受灾面积 12 500 平方公里。一方有难八方支援，全国人民与雅安人民永远站在一起。地震波中的横波和纵波传播速率分别约为 4 km/s 和 9 km/s。一种简易地震仪由竖直弹簧振子 P 和水平弹簧振子 H 组成，如图所示。地震中，假定震源在地震仪下方，观察到两
26、振子相差 5 s 开始振动，则不正确的是_。- 15 -A. P 先开始振动，震源距地震仪约 36 kmB. P 先开始振动，震源距地震仪约 25 kmC. H 先开始振动，震源距地震仪约 36 kmD. H 先开始振动，震源距地震仪约 25 km【答案】BCD【解析】【分析】纵波的速度快，纵波先到根据 求出震源距地震仪的距离【详解】纵波的速度快，纵波先到，所以 P 先开始振动，根据 ，解得 x=36km。故 A正确，BCD 错误。此题选择不正确的选项，故选 BCD。16.如图所示，ABC 为一直角三棱镜的截面，其顶角 =30，P 为垂直于直线 BCD 的光屏，现一宽度等于 AB 的单色平行光束垂直射向 AB 面，在屏 P 上形成一条宽度等于 的光带，求棱镜的折射率。【答案】n= 【解析】这是中关于折射率的计算题，平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，如下图所示图中 1、 2为 AC 面上入射角和折射角，根据折射定律，有 nsin 1=sin 2，- 16 -设出射光线与水平方向成 角，则 2= 1由于 = =所以 =而 = = tan所以 tan = =可得 =30， 2=60，所以 n= =
