云南省昆明市第一中学2019届高三物理上学期11月月考试卷（含解析）.doc

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1、1云南省昆明市第一中学 2018 年 11 月高三月考物理一.选择题1.核反应方程式 Be+ He C+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

2、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 的速度匀速运动v2【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： ，棒进入右面区域F=BIL=B2L2vR时， ，故棒仍以速度

3、v 做匀速运动，故 B 错误，C 正确，D 错误。F=BIL=B2L2vR2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= T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴2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： ， ，变压器变压器U

4、m=NBS=1020.510V=502V输入电压的有效值为： ，灯泡正常发光 U1=Um2=50V U2=PR=9100V=30V所以 ， ，所以 ，故应选：C。UabUbc=U1U2=5030=53 UabUac=nabnac=U2U1=35 nabnbc=324.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. B. C. mg D. 4mg 2mg 32mg【答案】D3【解析

5、】【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)afQ=NN=(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： mgsin fP ma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

6、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 ；从 t0至 2t0时刻做的功是 W2,冲量是I1.则（ ）I24A. B. A. C. D. x1x2=15 v1v2=12 I1I2=41 W1W2=45【答案】D【解析】【详解】由动量定理可得：0-t0时间： I1=mv1=2F0t00-2t0时间： I1+I2=mv2解得： I1I2=2F0t0F0t0=2v1v2=23由动能定理可得：W1=2F0x1=12mv21W1+

7、W2=2F0x1+F0x2=12mv22解得： W1W2=45x1x2=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： 可知，若减小两极板的间距，电容 C 增大，C=S4kd由电容器的定义式： 可知，由于电荷量不变，所以 U 减小，C=QU由公式 ，所以 E 不变；E=Ud=QCd= QS4kdd=QS4k故应选：BC。7.宇宙员驾驶宇宙飞船到达某行星表面，在

8、离该行星表面高度为 h 处，将一小球大小为的初速度水平抛出，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v05判断正确的是（ ）A. 该行星的质量为 B. 该行星的密度为2hv20R2Gx2 3hv02GRxC. 该星系的第一宇宙速度大小为 D. 该行星表面的重力加速度大小为2Rhv0x 2hv20x2【答案】AD【解析】【详解】A、D 项：由公式 ， ，联立解得： ，由公式 可得：h=12gt2 x=v0t g=2v20hx2 mg=GMmR2，故 A、D 正确；M=gR2G=2v20hR2Gx2B 项：行星的体积为： ，由公式 ，故 B 错误；V=43R3 =MV=2

9、R2hv20Gx243R3=3hv202GRx2C 项：该星系的第一宇宙速度大小为 ，故 C 错误。v1=gR= 2v20hRx2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 。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v0=4m/sR=1.8m,重力加速度为 g=10m/ ,物快甲乙均视为质点，则（ ）s2A. 传送带

10、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】6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：

11、 ，解得： mgR=12mv20 v0=6ms甲、乙两物体碰撞由动量守恒得： ，解得： mv0=(m+M)v v=5ms甲、乙粘在一起从 P 到 C 由公式 解得：L=4.5m，故 A 正确，C 错误；2aL=v2-v20B 项：在 P 点对物块甲由牛顿第二定律可得： ，解得：N=150N，故 B 错误；N-mg=mv20RD 项：甲、乙粘在一起从 P 到 C 所用的时间为： ，热量 Q= ，故t=5-41s=1s (m+M)gL=3JD 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.

12、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】7【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

13、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 ，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a=Fm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

14、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“ ”挡时,欧姆表的示数如图 2 所示,则电压表的内阻 Rv 约为_ 。1k 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

15、变阻器 R1：0-10 D.滑动变阻器 R2：0-1000 E.电源 E：电动势 12V,内阻很小8F.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“V 1”).滑动变阻器应选_(选填“R 1”或“R 2”)。该同学通过调节滑动变阻器的阻值,得到电压表 V、V 1的多组读数 U、U 1,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). 6.0 ； (3). V1； (4). V； (5). R1； k(6). kR01k【解析

16、】【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

17、 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 V 1，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，U 1=U+IR0= ，则 U=URVR0 U= RVRV+R0U1由图 4 所示图象可知，图象斜率 k= ，则电压表内阻： 。RVRV+R0 RV=kR01k9【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

18、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=10

19、m/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 ，有： v0 v2v20=2a2L解得： ，所以汽车超速。v080kmh12.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

20、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10m=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) ；(2) t=1.310 -5 s；（0，0.19 m） 。4.0103m【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

21、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 得 ；qvB=mv2r 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=t OA+tAC= T4+3T4=T代入数据得：t=1.310 -5 s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。11则 a=qEmx=12at21=2ry=v 0t1；代入数据得：y=0.20 m，y=y-2r=0.19 m离开电、磁场时的位置坐标为（0，0.19 m） 。【点睛】本题考查

22、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 可知，当 ab 过程，T 增大，所以压强增PT=

23、C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 可知，当 cd 过程，T 减小，内能减小，PT=C由热力学第一定律 可知，其中 W=0，所以 Q0 即放出热量，故 C 正确；U=W+QD 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 可知，气体吸收热量，故 D 正确；U=W+Q12E 项：由理想气体状态方程 可知，b 状态的体积是 c 的 2 倍，但由于不知温度的关系，PVT=C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

24、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，

25、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： ，其中 P2V2=P3V3 V3=V1解得：P 3=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】1315.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( t)（m）,它在介2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). 80

26、m【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 确定波速。v=T【详解】由题可知， ，解得：2=2T 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= 的玻璃柱体,其横截面是圆心角为 90,半径 m3 R=185的扇形 OAB，其中

27、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= 。求 AB 上有光透出的部分的弧长。33【答案】0.7m【解析】【分析】14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： ，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为 30。n=sin600sinr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： ，得临界角为 35，如果 AB 界面上的临界点为 D，此光线在 AOsinC=13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。