云南省師范大學附屬中學2019屆高三物理上學期第六次月考試卷（含解析）.docx

云南省師范大學附屬中學2019屆高三物理上學期第六次月考試卷（含解析）一、選擇題1.面積均為S的線圈以虛線為軸在勻強磁場B中勻速轉動，角速度均為。下列圖中能產生電動勢為的交變電的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)題意可知，產生正弦交變電動勢圖必須切割磁感線，導致磁通量在變化，線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸(軸在線圈所在平面內)勻速轉動,產生的正弦交變電動勢為e=BSsint【詳解】A圖中的轉動軸不在線圈所在平面內，轉動時，磁通量不變，沒有感應電流，故A錯誤；BC圖中感應電動勢為e=BSsint；故BC正確；B;C、D圖轉動軸與磁場方向平行,而不是垂直，不會產生的正弦交變電動勢為e=BSsint，故D錯誤。故選BC2.從在高空水平勻速飛行的飛機上每隔1s釋放1個小球，先后共釋放5個，不計空氣阻力，則A. 這5個小球在空中處在同一條拋物線上B. 在空中，相鄰的兩小球間的距離保持不變C. 相鄰的兩小球的落地點的間距相等D. 最先釋放的兩小球的落地點的間距最大【答案】C【解析】【分析】根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，當小球釋放后由于慣性在水平方向上和飛機速度相同；每次釋放的小球初速度相同，下落高度相同，因此每個小球運動規(guī)律一樣；根據(jù)豎直方向做自由落體運動和水平方向做勻速直線運動判斷兩球之間的距離；【詳解】A、由于慣性，小球和飛機水平方向具有相同速度，因此都在飛機的正下方，故小球落地前排列在同一條豎直線上，故A 錯誤；B、在空中，相鄰的兩個小球水平分速度相等，在豎直方向，小球做自由落體運動，由于先釋放的一個小球比后一個小球多運動1s，故豎直分速度大10m/s，故每秒中兩個小球間距增加10m，故B錯誤；CD、小球水平方向是勻速運動（設為v0），前一個小球落地，再過1s，后一個小球落地，故間距為v0t=v0米，恒定，故C正確，D錯誤；故選C。【點睛】解決的關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，難點在于兩個炸彈運動規(guī)律的比較，即相對運動的理解。3.如圖所示，質量分別為2m、m的兩物塊A、B中間用輕彈簧相連，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為，在水平推力F作用下，A、B-起向右做勻加速直線運動。當突然撤去推力F的瞬間，A物塊的加速度大小為A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】瞬時問題，往往先撤去F前彈簧的彈力，抓住撤去F瞬間，彈簧的彈力沒有來得來變化，分析和求解物體的加速度；【詳解】撤去F前：設彈簧的彈力大小為F彈，根據(jù)牛頓第二定律得：對AB：，對B： 解得：，撤去F瞬間：彈簧的彈力F彈沒有改變，對A：，解得：，故A正確，B、C、D錯誤；故選A。【點睛】先根據(jù)牛頓第二定律求出撤去F前彈簧的彈力大小，再分析撤去F瞬間，兩物體的受力情況；由牛頓第二定律求出兩物體的加速度大小，抓住撤去瞬間，彈簧的彈力沒有變化。4.如圖，在xOy平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸上方的磁感應強度為B，x軸下方的磁感應強度為。一帶電量為-q、質量為m的粒子從O點垂直于磁場方向射入，入射速度v與x軸正方向夾角為30，不計重力，則粒子從O點射入后A. 在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2:lB. 在x軸上方和下方兩磁場中運動的時間之比為1：5C. 到經過x軸進入上方磁場所需的時間為 D. 能再次回到O點【答案】D【解析】【分析】粒子在磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律求解半徑；根據(jù)左手定則判斷粒子所受的洛倫茲力方向，確定粒子能否回到原點O；由求解周期和磁場中運動的時間；【詳解】A、由可得，知粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1:2，故A錯誤；B、負電荷在第一象限軌跡所對應的圓心角為，在x軸上方磁場中運動的時間，負電荷在x軸下方磁場中軌跡所對應的圓心角為，在x軸下方磁場中運動的時間，在x軸上方和下方兩磁場中運動的時間之比為，故B錯誤；C、到經過x軸進入上方磁場所需的時間為，故C錯誤；D、根據(jù)左手定則判斷可知，負電荷在第一象限沿順時針方向旋轉，而在四、三沿順時針方向旋轉，在第二象限沿順時針方向旋轉，且在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1:2，所以回到原點0，故D正確；故選D。【點睛】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑；5.小行星繞某恒星運動，該恒星均勻地向四周輻射能量和帶電粒子，恒星質量緩慢減小，可認為小行星在繞恒星運動一周的過程中近似做圓周運動。則經過足夠長的時間后，小行星運動的A. 軌道半徑變小B. 周期變大C. 線速度變小D. 加速度變大【答案】BC【解析】【分析】恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，又小行星繞恒星運動做圓周運動，萬有引力提供向心力，可分析線速度、周期、加速度等【詳解】A、恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，故A錯誤；B、由得：，M減小，r增大，所以周期變大，故B正確；C、小行星繞恒星運動做圓周運動，萬有引力提供向心力，設小行星的質量為m，恒星的質量為M，則，,即，M減小，r增大，故v減小，故C正確；D、由得：，M減小，r增大，所以a減小，故D錯誤；故選BC?！军c睛】記住作圓周運動萬有引力等于向心力；離心運動，萬有引力小于向心力；向心運動，萬有引力大于向心力；6.輕質細線吊著一質量m=1. 28kg、邊長1=1.6m、匝數(shù)n=10的正方形線圈，總電阻。邊長為的正方形磁場區(qū)域對稱分布在線圈下邊的兩側，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，大小隨時間變化如圖乙所示。從t=0開始經t0時間細線開始松弛，取g=10m/s2。則A. 在前t0時間內線圈中產生的電動勢E=3. 2VB. 在前t0時間內線圈中產生的電動勢E=1.6VC. to=2sD. to=4s【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)求出感應電動勢，注意S為有效面積；當線圈所受的安培力等于線圈的重力時，繩子的張力為零，細線開始松弛，根據(jù)，求出拉力為零時的磁感應強度，再根據(jù)圖象求出時間；【詳解】由法拉第電磁感應定律得：，分析線圈受力可知,當細線松弛時有：，解得：，由圖象知：；解得：，故B、D正確，A、C錯誤；故選BD。7.如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距L，傾斜置于勻強磁場中。磁場方向垂直導軌平面向上，斷開開關S，將長也為L的金屬棒ab在導軌上由靜止釋放。經時間t，金屬棒的速度大小為v1，此時閉合開關，最終金屬棒以大小為v2的速度沿導軌勻速運動。已知金屬棒的質量為m、電阻為r，其他電阻均不計，重力加速度為g。則下列說法正確的是A. 導軌與水平面夾角的正弦值為B. 磁場的磁感應強度B的大小為C. 金屬棒的速度從變至恰為的過程，金屬棒一定做加速度減小的加速運動D. 金屬棒的速度從變至恰為的過程，金屬棒上產生的焦耳熱為【答案】AB【解析】【分析】斷開開關S時，金屬棒ab在導軌上由靜止釋放勻加速下滑；閉合開關后，又會受到的安培力，金屬棒ab在導軌上可能做加速度減小的加速運動或減速運動，當加速度減小到0時，速度達到最大，根據(jù)最終達到平衡，列出平衡方程，求出磁感應強度金屬棒沿導軌下滑的過程中，重力勢能減小，動能增加，內能增加，根據(jù)能量守恒先求出整個電路產生的熱量；【詳解】A、斷開開關S時，金屬棒ab在導軌上由靜止釋放勻加速下滑，由牛頓第二定律有：，由勻變速運動的規(guī)律可得：，解得，故A正確；BC、閉合開關后，金屬棒ab在導軌上可能做加速度減小的加速運動或減速運動，最終以勻速運動，勻速時則有：，又，解得：，故B正確，C錯誤；D、由動能定理則有：，金屬棒上產生的焦耳熱，故D錯誤；故選AB?！军c睛】解決的關鍵會根據(jù)牛頓第二定律求加速度，以及結合運動學能夠分析出金屬棒的運動情況，當a=0時，速度達到最大。8.如圖所示，在方向豎直向上、大小E=1106V/m的勻強電場中，固定一個穿有A、B兩個小球（均視為質點）的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內，圓心為O、半徑R=0. 2m。A、B用一根絕緣輕桿相連，B球帶電荷量q=+7l0-6C,A球不帶電，質量分別為mA=0.lkg、mB=0.8kg。將兩小球從圓環(huán)上的圖示位置（A與圓心O等高，B在圓心0的正下方）由靜止釋放，重力加速度大小為g= l0m/s2。則A. 小球A和B受到的合力的大小相等B. 小球B不能到達圓環(huán)的最高點C. 小球A和B的速度大小始終相等D. 兩小球及輕桿組成的系統(tǒng)最大動能為【答案】BCD【解析】【分析】A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，對A、B分別由動能定理列方程聯(lián)立求解最大動能，【詳解】AC、設B轉過角時，A、B的速度分別為vA、vB，因A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，故vA=vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但兩球的質量不等，根據(jù)牛頓第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A錯誤，C正確；B、設B到達圓環(huán)最高點時A、B的動能分別為EKA、EKB，對A根據(jù)動能定理有：，對B根據(jù)動能定理有：，聯(lián)立解得：，上式表明：B在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值，所以B不能到達圓環(huán)最高點，故B正確；D、對A由動能定理：，對B，由動能定理：，聯(lián)立解得：，據(jù)此式知，當時，兩小球及輕桿組成的系統(tǒng)最大動能是，故D正確；故選BCD?！军c睛】關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系；根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系，根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答。二、非選擇題： 9.某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB與OC為細繩。圖乙是在白紙上根據(jù)實驗結果畫出的圖。(l)下列敘述正確的是 _（填序號）。A該實驗中AO的拉力是合力，CO和BO的拉力是分力B彈簧測力計應在使用前校零C細繩方向應與木板平面平行D只用一個彈簧測力計拉橡皮條，要使O點靜止在同一位置(2)乙圖中的和，其中_是只用一個彈簧測力計拉橡皮條的力?！敬鸢浮?(1). BCD (2). 【解析】【分析】實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用，在實驗中F和F分別由平行四邊形定則及實驗得出，明確理論值和實驗值的區(qū)別即可正確答題；【詳解】解：(1) A、CO的拉力與AO和BO的拉力是三個共點力，三個力的合力為零，CO的拉力與AO和BO的拉力的合力等值反向，即CO的拉力與AO和BO的拉力的合力方向相反，故A錯誤；B、彈簧測力計是測出力的大小，所以要準確必須在測之前校零，故B正確；C、彈簧測力計使用時應保持與紙面平行，否則會影響拉力大小，故C正確；D、當橡皮條拉到同一個結點，即在同一方向上伸長到同一長度，合力與分力的作用效果相同，故D正確；故選BCD。(2) F是通過作圖的方法得到合力的理論值，而F是通過一個彈簧稱沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條伸長到O點，使得一個彈簧稱的拉力與兩個彈簧稱的拉力效果相同，測量出的合力故方向一定沿AO方向的是F，由于誤差的存在F和F方向并不在重合；【點睛】實驗考查驗證平行四邊形定則的實驗，采用的是“等效替代”的方法，即一個合力與幾個分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明確“理論值”和“實驗值”的區(qū)別；10.為測定一電池的電動勢和內阻，甲和乙兩位同學先后用同一套實驗儀器來測量電池的電動勢和內阻，其中R、Ro分別是電阻箱和定值電阻，Ro= 2。實驗時甲、乙分別設計了如圖甲和乙所示的兩個電路，實驗記錄電阻箱R的阻值以及對應電壓表的示數(shù)U。據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù)作出關系圖線丙和丁。(1)可以判斷圖線丁是利用圖_（填“甲”或“乙”）電路進行實驗所描出的。(2)依據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的圖線如圖所示；則電源電動勢E= _V，內阻r= _。（計算結果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】 (1). 乙 (2). 2.9 (3). 2.2【解析】【分析】先觀察圖丙，發(fā)現(xiàn)R=0時，有一定數(shù)值，隨著R增大，增大，即電壓表示數(shù)減小，據(jù)此判斷是哪個圖的實驗數(shù)據(jù)描繪出來的；根據(jù)給出的斜率，找到U與R的關系，再利用閉合電路歐姆定律列式求出電動勢和內阻；【詳解】解：(1)先觀察圖丙，發(fā)現(xiàn)R=0時，有一定數(shù)值，隨著R增大，增大，即電壓表示數(shù)減小，顯然甲圖電壓表示數(shù)會隨著R的增大而增大，乙圖中電壓表示數(shù)會隨著R的增大而減小，故可以判斷圖丁中圖線是利用圖乙的實驗數(shù)據(jù)描繪的；(2)根據(jù)乙圖電路和閉合電路歐姆定律可得：，化簡為：，依據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的圖線可得：，解得：，；11.質量M=lkg的木塊A放在光滑水平面上，木塊A的傾斜面是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，高度h=0. 4m。如圖所示，一質量m=lkg的小球以某一初速度v0滑上木塊A。若小球恰好能到達木塊A的最高點，取重力加速度g= 10m/s2。求：(1)小球的初速度v0的大??；(2)木塊A能獲得的最大速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【分析】小球剛好能到木塊A最高點時，兩者共速，對小球和木塊A系統(tǒng)，由機械能守恒和動量守恒求出小球的初速度；當小球返回到水平面時，木塊A的速度最大，由機械能守恒和動量守恒求得木塊A能獲得的最大速度；【詳解】解：(1)小球剛好能到木塊A最高點時，兩者共速為，對小球和木塊A系統(tǒng)，由機械能守恒和動量守恒得：解得：(2)當小球返回到水平面時，木塊A的速度最大，由機械能守恒和動量守恒得：解得：12.如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d。已知B=2. 5xl0-3Tl=d=0.2m，每個帶正電粒子的速度v0=105m/s，比荷= l02C/kg，MN板間最大電壓U=75V，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內，電場可視作是恒定不變的。取sin37=0.6，cos37=0.8。求：(l)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑；(2)帶電粒子向上偏轉射出電場的最大速度；(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍?！敬鸢浮?1)0.4m；(2) ；(3)點上方到之間【解析】【分析】t=0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；將帶電粒子的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，水平方向為勻速運動，豎直方向為初速度為零的勻加速運動，帶電粒子從平行板邊緣射出時，速度最大；經過電場偏轉后，粒子速度向上偏轉或向下偏轉，畫出可能的軌跡圖，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到軌道半徑，通過幾何關系求解帶電粒子打在屏幕上的范圍；【詳解】解：(1)當粒子不偏轉穿過平行金屬板時，粒子在磁場中的圓半徑最小根據(jù)洛倫茲力提供向心力：解得：(2)粒子經電場偏轉，豎直方向做勻加速運動：由以上式子解得；所以最大速度設速度夾角為，正切值為粒子離開電場時速度與水平方向夾角為(3)當粒子以最大速度進入磁場時粒子剛好與屏幕相切，切點為粒子打在屏幕上的最高點切點距離屏幕點的距離當粒子以水平速度進入磁場時，所以，帶電粒子打在屏幕上的范圍：點上方到之間13.如圖所示，一定質量的理想氣體的狀態(tài)經歷了a-b、b-c、cd、d-a四個過程，其中bc的延長線通過原點，CD垂直于ab且與水平軸平行，da與bc平行，則下列說法正確的是( )A. a-b過程中氣體吸熱B. b一c過程中氣體體積保持不變C. cd過程中氣體對外做正功D. d-a過程中氣體體積保持不變E. d-a過程中氣體體積不斷增大【答案】ABE【解析】【詳解】A、由題圖可知，溫度不變，內能不變，壓強減小，所以體積增大，氣體對外做功，由熱力學第一定律，氣體吸熱，故A正確；B、是等容變化，體積不變，故B正確；C、，不變，減?。挥蓺怏w狀態(tài)方程可知體積不斷減小，外界對氣體做正功，故C錯誤；DE、由氣態(tài)方程，得，斜率為，直線，斜率減小，過程中氣體體積不斷增大，故D錯誤，E正確。14.如圖，容積為V的汽缸由導熱材料制成，面積為S的金屬活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥門K。開始時，K關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強分別為Po和1.2Po，現(xiàn)將K打開，容器內的液體緩慢地流人汽缸，當流入的液體體積為0. 2V時，將K關閉，活塞平衡時其下方氣體的體積減小了0.1V。忽略活塞的體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g。求流入汽缸內液體的質量?！敬鸢浮俊窘馕觥俊痉治觥坑闪Φ钠胶鈼l件求出活塞再次平衡后上方氣體的壓強和下方氣體的壓強關系，由玻意耳定律列式求出流入汽缸內液體的質量；【詳解】解：設活塞質量為，活