西藏拉萨中学2019届高三物理上学期第五次月考试卷（含解析）.doc

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1、1西藏拉萨中学 2019 届高三物理上学期第五次月考试卷（含解析）一、选择题1.原子核 经放射性衰变变为原子核 ，继而经放射性衰变变为原子核 ，再经放射性衰变变为原子核 。放射性衰变 、和依次为A. 衰变、 衰变和 衰变 B. 衰变、 衰变和 衰变C. 衰变、 衰变和 衰变 D. 衰变、 衰变和 衰变【答案】A【解析】试题分析：该题考察了 、 衰变特点，只要写出衰变方程即可求解解：根据 、 衰变特点可知： 经过一次 衰变变为 ， 经过 1 次 衰变变为 ， 再经过一次 衰变变为 ，故 BCD 错误，A 正确故选 A考点：原子核衰变点评：本意很简单，直接考察了 、 衰变特点，注意衰变过程中满足质

2、量数、电荷数守恒【此处有视频，请去附件查看】2.设地球的质量为 M，半径为 R，自转角速度为 ，万有引力常量为 G，同步卫星离地心高度为 r，地表重力加速度为 g，则关于同步卫星的速度 v 的表达式不正确的是( )A. v=r B. C. D. v=GMR v=3GMw v=Rgr【答案】B【解析】【分析】根据线速度与角速度的关系，万有引力提供向心力、万有引力等于重力，抓住同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等进行分析求解。【详解】A 项：因为同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，则同步卫星的线速度v=r故 A 正确；2B、C 项：根据万有引力提供向心力，有： ，解得： 由上式得： ，则GM

3、mr2=mv2r v= GMr v2=GMr有： ，则有： 故 B 错误，C 正确；v3=GMrv=GM v=3GMD 项：因为 GM=gR2，所以 v ，故 D 正确。GMr = gR2r=Rgr本题选不正确的，故选：B。【点睛】解决本题的关键知道同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，以及掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这连个理论，并能灵活运用。3.如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的 u t 图像。原、副线圈匝数比n1 n2101，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为 1A，则 ( )A. 变压器原线圈所接交流电压的有效值为 230VB. 变压器输出端所接电压表的示数

4、为 222VC. 变压器输出端交变电流的频率为 50HzD. 变压器的输出功率为 2202W【答案】C【解析】【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。【详解】A、B、D 项：由原线圈所接正弦交流电 u-t 图象以及交流电规律可知，变压器原线圈所接交流电压有效值为 ，因为原、副线圈匝数比 n1：n 2=10：1，U1=Um2=3112V=220V输出端所接电压表示数也为有效值，由变压器的变压关系可知 U1：U 2=n1：n 2，解得U2=22 V，变压器的输入功率等于输出功率 P=U1I1=220 W，故 A、B、D 错误；C

5、 项：再由 u-t 图象知交流电周期为 0.02 s，频率为 50 Hz，故 C 正确。故选：C。【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。34.用绳 AC 和 BC 吊起一重物处于静止状态，如图所示若 AC 能承受的最大拉力为 150 N， BC 能承受的最大拉力为 105 N(sin 370.6，cos 370.8)。那么，下列不正确的说法是( )A. 当重物的重力为 150 N 时， AC、 BC 都不断， AC 拉力比 BC 拉力小B. 当重物的重力为 150 N 时， AC、 BC 都不断， AC 拉力比 BC 拉力大C. 当重物的重力为

6、175 N 时， AC 不断、 BC 刚好断D. 当重物的重力为 200 N 时， AC 断、 BC 不断【答案】ACD【解析】【分析】对结点受力分析后，应用平衡条件求解出 AC 绳和 BC 绳上的拉力关系，根据两绳所能承受的最大拉力判断谁先断，按照最小的求解即可。【详解】A、B 项：取 C 点为研究对象进行受力分析如图所示：当重物的重力为 150N 时，AC 拉力为：T 1=mgcos37=120N150NBC 拉力为：T 2=mgcos53=90N105N即当重物的重力为 150N 时，AC、BC 都不断，且 AC 拉力比 BC 拉力大，故 A 错误，B 正确；C 项：当重力为 175N

7、时，假设绳子不断时，AC 拉力为：T 1=mgcos37=140NBC 拉力为：T 2=mgcos53=1750.6N=105N，所以 BC 绳刚好先断，BC 断后 AC 要承担的拉力为 175N 会断，故 C 错误；D 项：由前面分析可知当重物的重力为 200N 时，BC 一定会断，BC 断后 AC 要承担的拉力为200N 最终也会断，故 D 错误。4本题选不正确的，故选 ACD。【点睛】本题为平衡条件的应用，正确受力分析、作出力图后根据临界条件列式，再进行判断即可。5.如图所示， abcd 为水平放置的平行“U”形光滑金属导轨，间距为 l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为

8、 B，导轨电阻不计。已知金属杆 MN 倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为 r，保持金属杆以速度 v 沿垂直于 MN 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好） ，则A. 电路中感应电动势的大小为BlvsinB. 电路中感应电流的大小为BvsinrC. 金属杆所受安培力的大小为B2lvsinrD. 金属杆的热功率为B2lv2rsin【答案】AD【解析】【分析】根据 E=BLv，L 是有效的切割长度，求解感应电动势根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小由 F=BIL 求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率【详解】切割的有效长度为 ，故电路中感应电动势为：E=B v= ，电路中感应电流的lsin

9、 lsin Blvsin大小为： ，金属杆的热功率为：P=EI=I 2r= ；金属杆所受安培力的大小为：I=Elsinr=Bvr B2lv2rsin，故 AD 正确，BC 错误。故选 AD。F=BIlsin=B2lvrsin【点睛】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确 E=BLv 中L 为导线的有效切割长度，而求安培力时 L 为存在电流的总长度6.如图所示，一质量为 M 的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为 m 的木块可视为质点，以初速度 滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为 ，木块始终没有滑离木板。v0 则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中5A. 两

10、物体间的相对位移小于木板对地的位移B. 因摩擦而产生的热 Q=MM+m12mv20C. 从开始运动到两物体具有共同速度所用的时间 t=mv0g(M+m)D. 两物体的共同速度 v共 =mv0M+m【答案】BD【解析】【详解】对木块和木板系统，由动量守恒定律：mv 0=(m+M)v；由能量关系：；对木板： ，解得 ；mgL=12mv2012(m+M)v2 mgx=12Mv2 mgL=12mv20 MM+m，可知 xv1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中A. 物块克服摩擦力做的功为12mv21B. 物块克服摩擦力做的功为12m(v20v21)C. 产生的内能为12m(v20v21)D.

11、产生的内能为12m(v0v1)2【答案】BD7【解析】【详解】A、B、物块的速度大于传送带的速度受摩擦力向左，向右匀减速直到共速，由动能定理可知： ，故 ；故 A 错误，B 正确.Wf=12mv2112mv20 Wf=12mv2012mv21C、D、物体和传送带间的相对摩擦生热，相对位移为 ，故热x=v0+v12 v0v1gv1v0v1g=(v0v1)22g量为 ；故 C 错误，D 正确.Q=mgx=m(v0v1)22故选 BD.【点睛】解决本题的关键根据受力判断出物块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解；求动能往往根据动能定理.二、非选择题9.在“验证动量守恒定律”的实验中，实验

12、装置如图所示。槽口末端在水平地面上的竖直投影为 O 点，实验中可供选择的碰撞小球均为直径相同的硬质小球，碰撞时都可认为是弹性碰撞。设入射小球的质量为 m1，被碰小球的质量为 m2。（1）为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使 m1_m2。 （填“” “”或“m1x1+m2x3【解析】（1）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求 mam b，r a=rb（2）要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；（3）小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相等，所以不需要测量槽口末端到水平地面的高度 h.8要验证动量守恒定律定律，即验证： , 上式两边同时乘以

13、 t 得：m1v2=m1v1+m2v3，得： ，m1v2t=m1v1t+m2v3t m1x2=m1x1+m2x3【点睛】 （1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式10.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所用小灯泡标有“3V 0.3A”字样，并提供以下器材：A.电压表 V (05V，内阻约 3k)B 电流表 A1 (03A，内阻约 0.2)C.电流表 A2 (0500mA，内阻约 1

14、)D.滑动变阻器 R1(010)E.滑动变阻器 R2(02k)F.直流电源 E(电动势 4.5V，内阻不计)G.开关 S 及导线若干(1)为了提高测量的准确度和调节方便，实验中应选用的电流表是_(选填“B”或“C”)，应选用的滑动变阻器是_(选填“D”或“E”)(2)在虚线框内画出实验电路图_。(3)正确设计并连接好实验电路后，闭合开关 S 缓慢移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组示数描绘出的 U-I 图象如图所示，可知随着小灯泡中的电流增大，小灯泡的电阻_(选填“增大” “减小”或“不变”)。【答案】 (1). （1）C (2

15、). D (3). （2）如图；9(4). （3）增大。【解析】【分析】（1）器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器。 （2）电压和电流需从 0 测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接，由此画出实验电路图；（3）根据实验原理分析即可【详解】 （1）小灯泡的额定电压为 3V，小灯泡的额定电流为 0.3A，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选 500mA 的 A2，故选 C总电阻为 2000 的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为

16、10 的滑动变阻器 R1，故选 D；（2）小灯泡在正常工作时的电阻 ，远小于电压表内阻，属于小电阻， “小外偏小” ，电流R=30.3=10表采用外接法。电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法。电路图如图所示：（3）通过灯泡的电流随灯泡两端电压增大而增大，小灯泡的电阻随温度的升高逐渐增大，所以 U-I 图象中的斜率也要逐渐增大，即小灯泡的电阻增大。【点睛】解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别11.如图所示，光滑水平轨道距地面高 h=0.8m，其左端固定有半径 R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水

17、平轨道平滑连接质量 m1=1.0kg 的小球 A 以 v0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量 m2=2.0kg 的小球 B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球 A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离 s=1.2m重力加速度 g=10m/s2求：10(1)碰后小球 B 的速度大小 vB；(2)小球 B 运动到半圆管形轨道最高点 C 时对轨道的压力【答案】 （1）6m/s（2）20N，向下【解析】【详解】(1)根据 h=12gt2得: t=2hg= 20.810s=0.4s则 vA=st=1.20.4m/s=3m/s规定 A 的初速度方向为正方向， AB 碰撞过

18、程中，系统动量守恒，以 A 运动的方向为正方向，有： m1v0=m2vB-m1vA，代入数据解得： vB=6m/s(2)根据动能定理得: m2g2R=12m2v2C12m2v2B代入数据解得: vC=23m/s根据牛顿第二定律得: m2g+F=m2v2CR解得: ,方向向下F=m2v2CRm2g=2120.620=20N根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为 20N，方向向上【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.12.如图所示，一带正电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以速度 沿极板

19、方向射入电v0容器，该粒子恰好能够沿下极板边缘飞入右侧匀强磁场中，匀强磁场左边界与电容器极板垂直。粒子出磁场时正好运动到上极板右边缘处，已知极板长度为 ，两极板间的距离为 ，l0l02粒子的比荷为 k，粒子重力不计，求：11（1）两极板之间的电压 U；（2）匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】(1) (2) U=v202k B=4v0kl0【解析】【分析】粒子在电场中运动时，做类平抛运动，根据运动的合成与分解求出两极板之间的电压；由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何知识可得半径，根据洛伦磁力提供向心力求出匀强磁场的磁感应强度大小；解：（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，平行极板方向 l0

20、=v0t垂直极板方向l02=12at2由牛顿第二定律可得 ，又qUl02=ma k=qm联立解得 U=v202k（2）粒子在电场中运动时，垂直极板方向有l02=vy+02t粒子进入磁场时速度大小为 v= v20+v2y设速度方向与初速度方向夹角为 ，则 tan=vyv0解得 v= 2v0， =45根据几何知识可得 2r=l02由于粒子在磁场中做匀速圆周运动有 qvB=mv2r联立解得 B=4v0kl013.下列说法正确的是A. 布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动B. 液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离， 因此液体表面有收缩趋势C. 随着分子间距增大，分子

21、间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小12D. 第二类永动机不可能制成，是因为违反了热力学第一定律E. 一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加【答案】BCE【解析】【详解】A. 布朗运动是固体微粒的无规则运动，是由液体分子撞击形成的，反应了液体分子的无规则运动，故 A 错误；B. 液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，大于 r0，分子间作用力表现为引力，因此液体表面有收缩趋势，故 B 正确；C.首先明确了开始分子之间距离与 r0关系，才能判断分子势能的变化情况，若开始分子之间距离小于 r0，则在分子之间距离增大到大于 r0的过程，分子势能先减小后增大，故 C 正确；

22、D.根据热力学第二定律可知，第二类永动机并未违反能量守恒定律，而是违反了宏观自然过程发展的方向性，即违反了热力学第二定律，故 D 错误；E.根据气态方程可知一定质量的理想气体压强增大，体积增大，温度一定升高，因此内能增加，故 E 正确。故选：BCE.14.如图所示，一根粗细均匀的玻璃管长为 L100cm，下端封闭上端开口竖直放置，管内有一段长为 H25cm 的水银柱封闭了一段长为 L140cm 的空气柱。已知环境温度为t=27，热力学温度与摄氏温度的关系为 T t+273K，大气压强为 p075cmHg。 如果将玻璃管缓缓放平（水银不外溢） ，求玻璃管内气柱将变为多长（保留三位有效数字）？如果

23、保持玻璃管口向上，缓慢升高管内气体温度，当温度升高到多少摄氏度时，管内水银开始溢出？【答案】 （1）53.3cm（2） 289.50C【解析】13【分析】由玻璃管内气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出玻璃管内气柱的长度；根据盖-吕萨克定律可求出气体的温度。【详解】解（1）以玻璃管内封闭气体为研究对象，设玻璃管横截面积为 S，初态压强为： ， P1=P0+H=75+25=100cmHg V1=L1S=40S倒转后压强为： ， P2=P0=75cmHg V2=L2S由玻意耳定律可得： P1V1=P2V2解得： L2=53.3cm（2）保持玻璃管口向上，缓慢升高管内气体温度， ，当水银柱与管口相平

24、时，管中气柱长为： ，体积为： L3=LH=10025cm=75cm V3=L3S=75S由于气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得： V1T1=V3T3已知 ， T1=273+27=300K V1=40S代入数据解得： T3=562.5K， t=289.515.如图所示为一列沿 x 轴负方向传播的简谐横波，实线为 t=0 时刻的波形图，虚线为t=0.6s 时的波形图，波的周期 T0.6s，则（ ）A. 此波的周期为 0.8 sB. 在 t=0.5s 时，Q 点到达波峰位置C. 经过 0.4 s，P 点经过的路程为 0.6 mD. 在 t=0.9s 时，P 点沿 y 轴正方向运动E. 在 t

25、=0.9s 时，P 点沿 y 轴负方向运动【答案】ABE【解析】【分析】应用平移法求出波的波长和周期；根据波的传播方向确定质点的振动方向；在一个周期内14质点完成一个全振动，运动路程为 4A；后一个质点重复前一个质点的振动，故 t=0.5s 时，Q 点振动情况和 t=0 时距离坐标原点 x=x0+vt=10m 处的质点的振动情况相同。【详解】A 项：根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿 x 轴负方向平移(n+34)，其中 n=0、1、2、3、4，故由实线传播到虚线这种状态需要 (n+34)T即 ，解得： ，其中 n=0、1、2、3、4，当 n=0 时，解得 T=0.8s，当(n+3

26、4)T=0.6s T=2.44n+3n=1 时，解得 T=0.34s，又 T0.6s，故周期为 0.8s，故 A 正确；B 项：由题意可知波长 =8m，则波速 ，在 t=0 时 Q 点的横坐标为 5m，由于波v=T=10ms沿 y 轴负方向运动，故在 t=0.5s 的时间内波沿 x 轴负方向传播的距离为x=vt=100.5=5m，故在 t=0.5s 时，Q 点振动情况和 t=0 时距离坐标原点 10m 处的质点的振动情况相同，而 t=0 时距离坐标原点 10m 处的质点在波峰，在 t=0.5s 时，Q 点到达波峰位置。故 B 正确；C 项：在一个周期内 p 点完成一个全振动，即其运动路程为 4

27、A，而 0.4s= ，故 p 点的运12T动路程为 2A=0.4m，故 C 错误；D、E 项：由于波沿 x 轴负方向传播，故 t=0 时 p 点沿 y 轴负方向运动，故 t=0.8s 时 p 点沿 y 轴负方向运动，而周期 T=0.8s，故 0.9s 时 P 点沿 y 轴负方向运动，故 D 错误，E 正确。故选：ABE。【点睛】把握“后一个质点重复前一个质点的运动情况” ，是解决本题中 B 的关键。16.半径为 R 的半圆柱形介质截面如图所示，O 为圆心，AB 为直径，Q 是半圆上的一点，从Q 点平行于 AB 射入半圆柱介质的光线刚好从 B 点射出，已知QBO ，现有一条光线从30距离 O 点 处垂直于 AB 边射入半圆柱形介质，已知光在真空中的传播速度为 c，求：32R15该半圆柱形介质的折射率；垂直 AB 边射入介质的光线在半圆柱介质中的传播时间。【答案】(1) (2)n= 3 t=33Rc【解析】【详解】(1)作出光路图：由几何关系可知，从 Q 点射入的光线的入射角为 i=600由折射定律有： ；n=sinisinr= 3(2)垂直 AB 射入介质的光线到达圆弧面时入射角为 ，设全反射的临界角为 C由 ，因 ，因此光线在 P 点发生全反射在介质中的传播路程为光在介质中传播速度为：光线在半圆柱介质中的传播时间为。