2019届高三物理上学期质量评估测考试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期质量评估测考试题(含解析)二、选择题： 1. 下列核反应方程中，属于衰变的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】A是人工核反应方程，是发现质子的核反应方程，A错误；B是U原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，属于衰变，B错误；C是轻核的聚变反应，C错误；D释放出一个电子，是衰变的过程，D正确2. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷。现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若小球所带电量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：小球沿细管滑到最低点B过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒小球到达B点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，由牛顿第二定律求出场强的大小由于在点电荷电场中，到点电荷相等距离的圆面是一个等势面，上面的点的电势相同，所以在上面移动带电物体，电场力不做功，设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为故小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，在B点重力和电场力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，联立解得，C正确3. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表.开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（ ）A. 在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流B. 在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有方向由b至a的电流C. 在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有方向由b至a的电流D. 在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流【答案】B【解析】解：A、B、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=EI（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A错误，B正确；C、D、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U=EI（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，故CD错误；故选：B【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化4. 如图所示，A、B两物体质量之比mA:mB3:2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当两物体被同时释放后，则()A. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒【答案】D【解析】如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mAmB32，所以FAFB32，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确5. 已知，某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方假设某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2.设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力则（ ） A. B. C. 卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能增大D. 卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变【答案】AB.B、根据开普勒第三定律知，解得，B正确；C、卫星在图中椭圆轨道由A到B时，只有万有引力做功，机械能守恒，C错误；D、卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，则机械能减小，D错误；故选：AB6. 在一水平向右匀速传输的传送带的左端A点，每隔T的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因素为，工件质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，重力加速度为g，下列判断正确的有（ ）A. 传送带的速度为B. 工件加速的时间为C. 工件与传送带间的相对位移一定是xD. 根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移【答案】ABD【解析】A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知，解得传送带的速度，故A正确；B、设每个工件匀加速运动的时间为，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为，根据，解得：，故B正确C、工件加速过程的位移：，工件加速过程传送带的位移：，工件与传送带相对滑动的位移，即每个工件在传送带上留下的污迹长度：，故C错误，D正确。点睛：解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解。7. 两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在的平面与匀强磁场垂直；将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端栓接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（ ）A. 金属棒在最低点的加速度小于gB. 回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C. 当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D. 金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度【答案】AD【解析】试题分析：金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中，产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g故A正确根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差故B错误金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大故C错误由于产生内能，弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度故D正确故选AD。考点：能量守恒定律；楞次定律【名师点睛】本题运用力学的方法分析金属棒的运动情况和受力情况及功能关系，金属棒的运动情况：先向下做加速运动，后向下做减速运动，当重力、安培力与弹簧的弹力平衡时，速度最大此题的难点是运用简谐运动的对称性分析金属棒到达最低点时的加速度与g的关系。8. 如图粗糙水平面的上方有竖直向上的匀强电场，平面上静止着质量为M的绝缘物块，一质量是m的带正电弹性小球，以水平速度v与物块发生碰撞，并以原速返回，弹回后仅在电场力和重力的作用下沿着虚线运动，则下列说法正确的是（ ）A. 弹回后球的机械能守恒B. 碰撞中球和物块构成的系统动量守恒C. 弹回后机械能与电势能的总和守恒D. 碰撞中整个系统的总能量守恒【答案】CD【解析】试题分析：A、弹回后球沿着虚线运动，电场力做正功，球的机械能增加，故A错误；B、碰撞后球原速率返回，动能不变，动量反向，根据能量守恒定律，滑块速度为零，故系统动量不守恒，故B错误；C、碰撞后球原速率返回，沿着虚线运动，电场力做正功，电场力做的功等于机械能增加量，电场力做的功也等于电势能的减小量，故弹回后机械能与电势能的总和守恒，故C正确；D、能量守恒是无条件成立的，故碰撞中整个系统的总能量一定守恒，故D正确。考点：机械能守恒定律；动量守恒定律；电场强度三、非选择题： 9. 如图下图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如上图所示，则d=_mm实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是_；下列必要的实验要求是_（请填写选项前对应的字母）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出_图象（选填“”、“”或“”）【答案】 (1). 8.95 (2). AB间距 (3). BCD (4). 【解析】试题分析：该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d=0.8cm+0.05mm19=8.95mm；根据遮光条通过光电门B的时间t，可求解此时刻滑块的速度，根据v2=2ax，要得到滑块的加速度还要测出AB间距；由于实验中使用了力传感器，故没必要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，选项A错误；应使A位置与光电门间的距离适当大些，从而使得长度的测量和速度的测量都比较准确，选项B正确；应将气垫导轨调节水平，以平衡摩擦力，选项C正确；应使细线与气垫导轨平行，以保证滑块受到的合力等于细绳的拉力，选项D正确；故选BCD；由题意F=ma，v2=2ax，联立解得，故处理数据时应作出图象。考点：探究加速度与力的关系【名师点睛】此题考查了探究加速度与力的关系实验；解题时必须搞清实验的原理、装置、实验步骤及注意事项等问题；搞清此实验与课本实验的不同点和相同点；尤其是力传感器在此实验中的应用；此题是基础实验，考查学生的实验变通能力.10. 实际电流表有内阻,可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示.供选择的仪器如下: 待测电流表G1（05mA，内阻约300）;电流表G2（010mA，内阻约100）;定值电阻R1（300）;定值电阻R2（10）;滑动变阻器R3（01000）;滑动变阻器R4（020）;干电池（1.5V）;电键S及导线若干.(1)定值电阻应选_,滑动变阻器应选_.(在空格内填写序号)(2)用连线连接实物图_.(3)补全实验步骤:按电路图连接电路,将滑动触头移至最_端(填“左”或“右”);闭合电键S,移动滑动触头至某一位置,记录G1、G2的读数I1、I2;多次移动滑动触头,记录相应的G1、G2的读数I1、I2;以I2为纵坐标,I1为横坐标,作出相应图线,如图所示.(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻,写出待测电流表内阻的表达式_。【答案】 (1). (2). (3). 如图所示: (4). 左 (5). 【解析】试题分析：待测电流表G1的内阻约300，故定值电阻选择R1；电源为一节干电池，电压较小，为调节的方便，滑动变阻器选择R4；因没有电压表，故应使R1与G1并联，间接测量电压，实物图如图所示；由欧姆定律得：，所以图像的斜率，解得电流表内阻为（k1)R考点：本题考查测电表的内阻11. 如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v0=8 m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连（碰撞时间极短），此后，AC及B的速度一时间图象如图乙所示。已知A、B、C、D的质量均为m=l kg，木板A的长度l= 5m，A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 ms2。求： (1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数。 (2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。 (3)最终物块B离长木板A左端的距离。【答案】（1）/=0.1；=0.2（2）1J（3）【解析】（1）设A与地面间的动摩擦因数为，B与A上表面的动摩擦因数为/，由图乙可知：0-1s，AC整体做匀减速运动的加速度aA1=3.5m/s2，B做匀加速运动的加速度aB1=1m/s2，对AC整体： 对B有：解得：/=0.1；=0.2（2）C与A碰撞过程中动量守恒：mvC=2mvA，其中vA=4.5m/s 解得vC=9m/s弹簧弹开过程中，CD系统动量守恒，由动量守恒定律： 解得：vD=7m/s弹簧弹开过程中，CD及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有： 解得：EP=1J（3）由图乙可知：0-1s内B相对A向左运动的位移： AB速度相等后，B的加速度： AC整体的加速度： 因 ，所以AC整体先停止运动，AC整体的运动时间为： ，在0.4s内B相对A向右运动的位移： A停止时B的速度： 然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度B相对A向右运动的位移： 所以最终B离长木板A左端的距离 12. 如图所示,两根平行光滑的金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导体棒a和b的质量均为m，电阻值分别为Ra=R,，Rb=2R.。b棒放置在水平导轨上且距弯曲轨道底部Lo处，a棒在弯曲轨道上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导轨棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g。求：（1）a棒刚进入磁场时受到的安培力？（2）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的内能？ （3）当a、b棒运动最终稳定时，a、b棒间距？【答案】（1）（2）mgh（3）【解析】（1）设a棒刚进入磁场时的速度为V，从开始下落到刚进入磁场： mgh =mv2 a棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律 a 棒受到的安培力F=BIL （2）a 、 b 棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以a棒和b棒组成的系统动量守恒。设两棒最终稳定速度为v1，mv=2mv1a棒产生内能为Ea b棒产生内能为Eb根据能量守恒：mv2=2mv12+Ea+EbEb=2Ea-Ea=mgh（3）a棒受安培力作用，从开始进入磁场至最终稳定速度，由动量定理：-B I 平均 L t=mv1-mvI平均t =qq 为通过a棒的总电量分析a、b棒运动得：E平均=BLVa平均 BLVb平均 Xa平均=V平均 t Xb平均=V平均 t 则： 最终a、b棒间距为Xab=Lo-( Xa Xb) Xab = 13. 在一个玻璃瓶中装入半瓶水，然后将瓶盖盖紧使其密封，不久后瓶内水面上方就形成了水的饱和汽，已知水的饱和汽压随温度的升高而增大，则 。A. 此时瓶中上方空气的相对湿度是100%B. 此时不再有水分子从液态水表面飞出进入气体C. 若系统的温度升高，则瓶内气体对内壁的压强会减小D. 若系统的温度降低，则瓶内水的饱和汽的密度会减小E. 若把瓶口敲开，并将瓶子置于干燥环境中，瓶中的液态水会慢慢消失【答案】ADE考点：考查液体的表面张力、气体、相对湿度【名师点睛】14. 两端开口、内表面光滑的U形管处于竖直平面内，如图所示质量均为m=10kg的活塞A、B在外力作用下静止于左右管中同一高度h处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为P0=10105Pa左管和水平管横截面积S1=10 cm2，右管横截面积S2 =20cm2,水平管长为3h，现撤去外力让活塞在管中下降，求两活塞稳定后所处的高度。（活塞厚度均大于水平管直径，管内气体初末状态温度相同，g取10 m/s2）【答案】【解析】试题分析：撤去外力时，左、右活塞对管内空气的压强分别为：,所以两活塞均会下降。设两活塞都降到水平管口，此时管内空气的压强依玻意耳定律可得 得：可见，左边活塞能降到水平管口，右边活塞只能降到离水平管口的高度为x处管内空气压强：依玻意耳定律：解得：最后左边活塞离水平管口的高度为