2019届高三物理上学期第五次月考试题（含解析）.doc

《2019届高三物理上学期第五次月考试题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三物理上学期第五次月考试题（含解析）.doc（16页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、- 1 -20192019 高三（上）第五次月考物理试卷高三（上）第五次月考物理试卷一、选择题（共一、选择题（共 8 8 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，满分分，满分 2424 分）分）1 （3 分）质量为的木箱置于水平地面上，它与地面间动摩擦因数，受到一10kgm 3 3个与水平方向成角斜向上的拉力，为使木箱做匀速直线运动，拉力的最小值以及FF此时分别是（ ）A B C D 50N3050N60200N330200N360【答案】A【解析】解：在拉力作用下木箱重力、拉力、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据mgF平衡条件得：cosFfsinFNmg又Nf联立解得：，其中 ，2cossin

2、1sin()mgmgF 1tan3 60由数学知识知：当，即时有最小值，且最小值为：9030F，min22310 10350N 1313mgF 故 A 正确，BCD 错误故选 A2 （3 分）光滑圆柱体被、两支架支持处于平衡，接触点为和，圆柱体中心为，abABO水平，和水平成，支架、对圆柱体的支持力分别为和保持接触点AOBO30abaNbN不动，把接触点从图示的位置缓慢沿圆周移到的正下方的过程中（ ）BAO- 2 -A不断增大，不断增大aNbNB先增大再减小，不断增大aNbNC先减小再增大，不断减小aNbND不断减小，不断减小aNbN【答案】C【解析】解：以圆柱体为研究对象进行受力分析，初状态

3、在重力、作用下处于平mgaNbN衡状态；当不动，把接触点从图示的位置缓慢沿圆周移到的正下方的过程中利BAO用矢量三角形法则画出两个力的变化如图所示，由图可得，先减小再增大，不断减小，所以 C 正确、ABD 错误aNbN故选 C3 （3 分）在匀强磁场中有一个静止的氡原子核，由于衰变它放出一个粒子，此粒子222 86()Rn的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为，如图所示，42:1那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（ ）- 3 -A2222220 86871RnFreB2222184 86842RnPoHeC2222220 86851RnAteD2222222 86

4、851RnAtH【答案】B【解析】解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：，1 122m vm v由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：，mvrqB所以，11222142 1drq drq审视 ABCD 四个选项，满足关系的只有 B42:1故选 B4 （3 分）如图所示，半径为的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小r为，磁场边界上点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且BA速度大小相等的带正电的粒子（重力不计） ，已知粒子的比荷为，速度大小为则k2kBr粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）- 4 -ABCD

5、 kB 2kB 3kB 4kB【答案】C【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，2vqvBmR已知：，解得：，2vkBrqkm2Rr粒子运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角越大，粒子运动轨迹对应的最大弦长是，2r则最大圆心角为：，12arcsin2arcsin602r R粒子在磁场中运动的最长时间：602 3603603mtTqBkB故选 C5 （3 分）图（）为示管的原理图如果在电极之间所加的电压图按图（）所示的规aYYb律变化，在电极之间所加的电压按图（ ）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的XXc图形是（ ）AB- 5 -CD【答案】B【解析】解：由于电极加的

6、是扫描电压，电极之间所加的电压是信号电压，信号电XXYY压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是 B；故选 B6 （3 分）如图所示，太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动设天王星公转周期为，公转半径为；地球公转周期为，公转半径为不1T1R2T2R计两行星之间的引力作用，万有引力常量为，当地球和天王星运行到太阳两侧，且三G者排成一条直线时，下列说法正确的是（ ）A太阳的质量为22 2 2 24 R GTB天王星公转速度大于地球公转速度C地球与天王星相距最近至少需经历1 2122(T)TT TD天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为2 2 2 1R

7、R【答案】CD【解析】解：A根据得，太阳的质量，故 A 错误；2222 224MmGmRRT23 2 2 24 RMGTB根据，解得，因为天王星的轨道半径较大，则线速度较22MmvGmmarrGMvr小故 B 错误；- 6 -C当地球和天王星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差，所以，解得故 C 正确；2122ttTT1 2122()TTtTTD根据，解得：，天王星和地球的向心加速度之比22MmvGmmarr2GMar为故 D 正确2 2 2 1R R故选 CD7 （3 分）如图，金属棒置于水平放置的形光滑导轨上，在右侧存在有界匀强磁场abUef，磁场方

8、向垂直导轨平面向下，在左侧的无磁场区域内有一半径很小的金属圆Befcdef环，圆环与导轨在同一平面内当金属棒在水平恒力作用下从磁场左边界处由LabFef静止开始向右运动后，则（ ）A圆环有收缩的趋势B圆环有扩张的趋势LLC圆环内产生的感应电流变大D圆环内产生的感应电流变小【答案】AD【解析】解：由于金属棒在恒力的作用下向右运动，则回路中产生逆时针方向的abFabcd感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，速度增大变慢，单位时间内磁通量的变化减小，即磁

9、通量变化率减小，所以在圆环中产生的感应电动势减小，感应电流也不断减小，故AD 正确，BC 错误故选 AD8 （3 分）在如图所示电路中，闭合电键，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，四个SP理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 、和表示，电表示数变化量I1U2U3U的大小分别用、和表示，下列比值错误的是（ ）I1U2U3U- 7 -A不变，不变B变大，变大1U I1U I 2 IU2 IU C变大，不变D变大，不变2 IU2 IU 3 IU3 IU 【答案】B【解析】解：A根据欧姆定律得知：故当滑动变阻器的滑动触头向下滑11 1IIRUUP动时，、均不变故 A 正确；1 IU1 IU BC

10、，变大根据闭合电路欧姆定律得：，则有，2 2IUR 21()UE I Rr2 1IURr不变故 B 错误，C 正确；D，变大根据闭合电路欧姆定律得：，则有，不13 2IRUR 3UEIr3UrI变故 D 正确本题选错误的故选 B二、非选择题二、非选择题9 （8 分）利用下述装置“探究弹簧的弹性势能” ，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连：弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（）所示向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放：小球离开桌面后落到水平a地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能回答下列问题：- 8 -（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的

11、弹性势能与小球抛出时的动能相等已知pEkE重力加速度大小为为求得，至少需要测量下列物理量中的_（填正确答gkE案标号） A小球的质量mB小球抛出点到落地点的水平距离sC桌面到地面的高度hD弹簧的压缩量xE弹簧原长0l（2）用所选取的测量量和已知量表示，得_kEkE （3）图（）中的直线是实验测量得到的图线从理论上可推出，如果不变，bsxm增加，图线的斜率会_（填“增大” 、 “减小”或“不变” ） 由图（）hsxb中给出的直线关系和的表达式可知，与的_次方成正比kEpEx【答案】 （1）ABC；（2）；（3）增大，24mgs h2【解析】解：（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平

12、抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量、小球抛出点到落地点的水m平距离 、桌面到地面的高度，故选 ABCsh（2）由平抛规律可知：竖直方向上：，水平方向上：，而动能联立可得； 21 2hgtsvt21 2kEmv24kmgsEh（3）由题意可知只有增加，则物体下落的时间增加，则相同的下要对应更大的水平hx位移 ，故图线的斜率会增大ssx 若取弹簧原长为零势面，则弹簧的弹性势能可表示，21 2pEk x- 9 -可知的次方成正比x2故答案为：（1）ABC；（2）；（3）增大，24mgs h210 （8 分）某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E（1）先直接用多用电表

13、测定该电池电动势在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图 ，其示数为_1V（2）然后，用电压表、电阻箱、定值电阻、开关、若干导线和该电池组成电路，R0RS测定该电池电动势根据图电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路2闭合开关，调整电阻箱阻值，读出电压表相应示数该学习小组测出大量SRU数据，分析筛选出下表所示的、数据，并计算出相应的与的值请用表中数RU1 R1 U据在坐标纸上描点，并作出图图线113UR/R 166.771.450.033.325.020.0U/V8.35.94.84.23.22.9- 10 -211/ ( 10)R0.601.402.003.004.005.0011/

14、 VU0.120.170.210.240.310.35从图线中可求得_ （计算结果保留三位有效数字）E V【答案】 （1）；（2） （I）如图， （II）如图；（III）9.410.0【解析】解：（1）由图可知，电压表最小分度为；故其示数为0.29.4V（2）根据电路图，画出的实物图：根据上表所示实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据坐标系中的点作直线，作出图象：11 UR、由闭合电路欧姆定律可得：，0EURrR R变形得：，0111rR UEER由数学知识可知，图象中的斜率为：0rRkE截距为：；1bE由图可知，0.095b 所以；1110.0V0.095Eb故答案为：（1）；（2） （

15、I）如图， （II）如图；（III）9.410.0- 11 -11 （12 分）如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长从某时4kgM 5mL 刻开始，有质量的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在2kgm 06m/sv 车面上某处与小车保持相对静止 物块与车面间的动摩擦因数，取，0.4210m/sg 求：（1）该过程所经历的时间 及物块与小车保持相对静止时的速度；tv（2）该过程中物块发生的位移及小车发生的位移；1s2s（3）该过程中物块和小车间产生的热量Q【解析】解：（1）以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，0()mvMm v

16、代入数据解得：，方向向右2m/sv 对小车，由动量定理得：M，0mgtMv代入数据解得：1st - 12 -（2）对物块，根据动能定理得：，22 1011 22mgsmvmv对小车，由动能定理得：，2 21 2mgsMv代入数据解得：，14ms 21ms （3）该过程中物块和小车间产生的热量为：，22 011()22QmvMm v代入数据解得：24JQ 答：（1）该过程所经历的时间 是，物块与小车保持相对静止时的速度是t1sv2m/s（2）该过程中物块发生的位移及小车发生的位移分别为和1s2s4m1m（3）该过程中物块和小车间产生的热量是Q24J12 （18 分）如图所示，一对光滑的平行金属导

17、轨固定在同一水平面内，导轨间距，0.5ml 左端接有阻值的电阻，一质量，电阻的金属棒放置在导0.3R 0.1kgm 0.1r MN轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度棒在水平向0.4BT右的外力作用下，由静止开始以的加速度做匀加速运动，当棒的位移时22m/sa 9mx 撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保12:2:1QQ 持良好接触求：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻的电荷量；Rq（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热；2Q（3）外力做的功FW【解析】解：（1）棒匀加速运

18、动所用时间为 ，有：t，21 2atx- 13 -，23sxta根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：，1.5A()EIRrt Rr根据电流定义式有：4.5qItC（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：，6m/svat撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少2 211.8J2KQEmv （3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：，1223.6JQQ撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其绝对值等于焦耳热） 、重力不做功共同使1Q棒的动能增大，根据动能定理有：，1KFE

19、WQ则：15.4FKWEQJ 答：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻的电荷量是；R4.5C（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热是；1.8J（3）外力做的功是5.4J三、选考题三、选考题13 （5 分）雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用、分别表示直径小于或等于、的颗粒物（PM10PM2.510 m2.5 m是颗粒物的英文缩写） PM某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围- 14 -内，的浓度随高度的增加略有减小，大于的大悬浮颗粒物的浓

20、度随高度的PM10PM10增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化据此材料，以下叙述正确的是（ ）A表示直径小于或等于的悬浮颗粒物PM1061.0 10 mB受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力PM10C和大悬浮颗粒物都在做布朗运动PM10D浓度随高度的增加逐渐增大PM2.5【答案】C【解析】解：A由题意知：表示直径小于或等于的悬浮颗粒，故 A 错误；PM1051010 mmBCD由题意知，、是直径小于或等于、的颗粒物，在空气分PM10PM2.510 m2.5 m子作用力的合力作用下做无规则运动，合力不可能始终大于其受到的重力，所以和大悬浮颗粒物都在做布朗运动，、的浓度随高度的增

21、加略有减小，PM10PM10PM2.5故 C 正确，BD 错误故选 C14 （10 分）一氧气瓶的容积为，开始时瓶中氧气的压强为个大气压某实验室每30.08m20天消耗 个大气压的氧气当氧气瓶中的压强降低到个大气压时，需重新充130.36m2气若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天【答案】天4【解析】解：方法一：设氧气开始时的压强为，体积为，压强变为（个大气压）时，1p1V2p2体积为2V根据玻意耳定律得，1 122pVp V重新充气前，用去的氧气在压强下的体积为，2p321VVV设用去的氧气在（ 个大气压）压强下的体积为，则有，0p10V2300p Vp V设实验室

22、每天用去的氧气在下的体积为，则氧气可用的天数为，0pV0VNV联立式，并代入数据得天，4N - 15 -方法二：根据玻意耳定律，有1 12231pVNp Vp V，200.081 0.3620.08N 解得：N4答：这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用天415 （6 分）在均匀介质中坐标原点处有一波源做简谐运动，其表达式为，它O5sin2yt在介质中形成的简谐横波沿轴正方向传播，某时刻波刚好传播到处，波形图如x12mx 图所示，则（ ）A此后再经该波传播到处6s24mx B点在此后第末的振动方向沿轴正方向M3syC波源开始振动时的运动方向沿轴负方向yD此后点第一次到达处所需时间是M3my 2s【

23、答案】AB【解析】解：A波的周期，波长，波速，则再经过，波24s 2T 8m2m/svT6s传播的距离为，故该波传到处，故 A 正确；12mxvt24mx B点在此时振动方向向下，则第 秒末，即经过了，该点的振动方向沿轴正M30.75Ty向，故 B 正确；C因波传到处时，质点向轴正向振动，故波源开始振动时的运动方向沿轴12mx yy正向，故 C 错误；D点第一次到达位置时，振动的时间为，故 D 错误M3cmy 74s90t 故选 AB16 （9 分）半径为、介质折射率为的透明圆柱体，过其轴线的截面如图所示位于RnOO- 16 -截面所在平面内的一细束光线，以角由点射入，折射光线由上边界的点射出当0iOA光线在点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的点恰好发生反射求、OBA两点间的距离B【解析】解：当光线在点的入射角为时，设折射角为，由折射定律得：，O0i0r00sin sininr设间的距离为，由几何关系得： ，AD1d022 1sinRr Rd 若光线在点恰好发生全反射，则在点的入射角恰好等于临界角，设间的距离BBCBD为则有：，2d1sinCn由几何关系得：，222 2sindC Rd 则、两点间的距离为：，AB21ddd联立解得：22 020sin1 sin1nidRin答：、两点间的距离为AB22 020sin1 sin1niRin