湖北剩門市龍泉中學2019屆高三物理上學期八月質(zhì)檢試題(含解析)

1、荊門市龍泉中學2019屆高三八月質(zhì)檢理科綜合能力測試物理試題二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，一個帶電小球在勻強電場中沿AB方向勻速斜向上運動。則運動中小球受到的電場力方向是A. 沿AB方向 B. 沿AB的反方向C. 豎直向上 D. 在AB與豎直線之間的某個方向上【答案】C【解析】【詳解】由于帶電小球在勻強電場中沿AB方向勻速斜向上運動，所以帶電小球合力為零，小球受重力，電場力兩力作用，所以電場力方向與重力方向相反，即豎直向上，故C

2、正確。故應選：C。2.如圖所示，平板小車置于水平面上，其上表面粗糙，物塊在小車中間保持靜止。t=0時，對小車施加水平外力F，使小車從靜止開始加速運動，t0時刻，物塊從小車左端滑離木板，2t0時刻物塊落地。在豎直平面內(nèi)建立Oxy坐標系，取水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，則關(guān)于物塊落地前在x軸和y軸方向的運動圖像，以下可能正確的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】對木塊，開始時水平方向由于受到小車的向右的摩擦力二向右做勻加速運動；脫離小車后水平方向做向右的勻速運動，故圖線AB均錯誤；豎直方向：物塊在小車上滑動時，豎直速度為零；滑離小車后豎直方向做自由落體運動，故選項C錯誤，D正

3、確；故選D.3.右圖為中國月球探測工程的標志，它以中國書法的筆觸，勾勒出一輪明月和一雙踏在其上的腳印，象征著我國航天人的夢想。銀川一中一位愛好天文的同學看到后結(jié)合自己所學為探月宇航員設(shè)計了如下實驗：在距月球表面高h處以初速度v0水平拋出一個物體，然后測量該平拋物體的水平位移為x，通過查閱資料知道月球的半徑為R，引力常量為G，若物體只受月球引力的作用，則，月球的質(zhì)量是A. B. C. D. 【答案】A【解析】試題分析：物體做平拋運動，由平衡運動的知識可以求出月球表面的重力加速度；月球表面的物體受到的重力等于月球?qū)ξ矬w的萬有引力，據(jù)此可以求出月球的質(zhì)量物體做平拋運動，在豎直方向上，在水平方向上解得

4、，月球表面的物體受到的重力等于其所受的萬有引力，即，月球質(zhì)量，故A正確4.如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB是圓的直徑。一帶電粒子從A點射入磁場，速度大小為v、方向與AB成30角時，恰好從B點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，也經(jīng)時間t飛出磁場，則其速度大小為A. B. C. D. 【答案】A【解析】試題分析：粒子在磁場中運動，運動的時間周期與粒子的速度的大小無關(guān)，分析粒子的運動的情況，可以判斷第二個粒子的運動軌跡半徑，即可根據(jù)牛頓第二定律求出速度大小設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則

5、有，得，；當粒子從B點飛出磁場時，入射速度與出射速度與AB的夾角相等，所以速度的偏轉(zhuǎn)角為60，軌跡對應的圓心角為60根據(jù)幾何知識得知：軌跡半徑為，當粒子從A點沿AB方向射入磁場時，經(jīng)過磁場的時間也是t，說明軌跡對應的圓心角與第一種情況相等，也是60根據(jù)幾何知識得，粒子的軌跡半徑為，則由得：，則得，故A正確5.如圖所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，在a、b兩板間還存在著勻強電場E.從兩板左側(cè)中點c處射入一束離子(不計重力)，這些離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分為如圖三

6、束，則下列判斷正確的是A. 這三束離子的速度一定不相同B. 這三束離子的比荷一定相同C. 若將這三束離子改為相反電性而其他條件不變的離子則仍能從d孔射出D. a、b兩板間的勻強電場方向一定由b指向a【答案】C【解析】【分析】離子在復合場中沿水平方向直線通過故有qE=qvB，所以，三束離子的在磁場中圓周運動的軌道半徑不同，根據(jù)可知比荷一定不相同根據(jù)洛倫茲力的方向可以判定電場力的方向從而判定電場的方向?！驹斀狻緼項：3束離子在復合場中運動情況相同，即沿水平方向直線通過故有qE=qvB，所以故三束離子的速度一定相同，故A錯誤；B項：3束離子在磁場中有qvB=，解得：，由于三束正離子的在磁場中圓周運動

7、的軌道半徑不同，故比荷一定不相同，故B錯誤；C項：若將這三束離子改為相反電性而其他條件不變，離子電性相反，離子所受洛倫茲力與電場力方向都反向，由于其他條件都不變，它們的合力仍然為零，離子在極板間仍然做勻速直線運動，仍能從d孔射出，故C正確；D項：若粒子帶正電，則由左手定則可知，洛倫茲力的方向向上，由A的分析可知，電場力的方向向下，則勻強電場方向一定由a指向b；若粒子帶負電，則由左手定則可知，洛倫茲力的方向向下，由A的分析可知，負電荷受到的電場力的方向向上，則勻強電場方向還是一定由a指向b，故D錯誤。故應選：C?！军c睛】速度選擇器是利用電場力等于洛倫茲力的原理進行工作的，故速度選擇器只能選擇速度

8、而不能選擇電性。6.質(zhì)量為的帶電小球以初速度水平拋出，經(jīng)過時間后進入方向豎直向下的勻強電場，再經(jīng)過時間速度方向重新變?yōu)樗?，已知初末位置分別為A點和C點，經(jīng)B點進入電場。下列分析正確的是A. 電場力大小為B. 從A到C的運動過程，外力的總沖量為零C. 小球從A到B與從B到C的速度變化相同D. 從A到C的高度【答案】BD【解析】【分析】小球先做平拋運動，進入電場中做勻變速曲線運動，其逆過程是類平拋運動兩個過程都運用的分解法研究，得出水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，由牛頓第二定律和運動學位移公式分析判斷根據(jù)v=at研究速度變化量的關(guān)系?！驹斀狻緼、B項：AB段做平拋運動，BC段的時間與AB段相等，

9、逆運動是類平拋運動，水平方向上均做勻速直線運動，豎直方向上的運動對稱，可知AB段豎直方向上的加速度大小與BC段豎直方向上的加速度大小相等，對于BC段，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-mg=ma，a=g，解得電場力F=2mg，由運動的對稱性可知，小球到達C點的速度與A點速度相同，即小球的動量變化量為零，由動量定理可知，外力的總沖量等動量的變化量即為零，故A錯誤，B正確；C項：AB段和BC段加速度大小相等，方向相反，相等時間內(nèi)速度變化量大小相等，方向相反，故C錯誤；D項：AB段的高度差，根據(jù)對稱性知，AC段的高度差h=2hABgt2，故D正確。故應選：BD?！军c睛】本題將平拋運動與類平拋運動的組合，關(guān)鍵運

10、用逆向思維研究小球B到C的過程，再運用力學基本規(guī)律：牛頓第二定律和運動學公式列式分析。7.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r。M為多種元件集成的電子元件，其阻值與兩端所加的電壓成正比（即RM=kU，式中k為正常數(shù)）且遵循歐姆定律。R1和R2是兩個定值電阻（其電阻可視為不隨溫度變化而變化）。R為滑動變阻器，現(xiàn)閉合開關(guān)S，使變阻器的滑片向上移動，下列說法中正確的是A. 電壓表V1、V2 讀數(shù)增大B. 電子元件M兩端的電壓減小C. 通過電阻R的電流增大D. 電流表讀數(shù)減小【答案】CD【解析】變阻器的滑片向上移動過程中，滑動變阻器連入電路的電阻減小，電路總電阻減小，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得路

11、端電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，電路總電流增大，即通過和M的電流增大，所以其兩端的電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，M兩端的電壓增大，而路端電壓是減小的，所以并聯(lián)電路兩端的電壓減小，所以兩端電壓減小，即通過的電流減小，即電流表示數(shù)減小，總電流增大，因為，所以增大，CD正確.【點睛】在分析電路動態(tài)變化時，一般是根據(jù)局部電路變化（滑動變阻器，傳感器電阻）推導整體電路總電阻、總電流的變化，然后根據(jù)閉合回路歐姆定律推導所需電阻的電壓和電流的變化（或者電流表，電壓表示數(shù)變化），也就是從局部整體局部.8.如圖所示，豎直面內(nèi)有一個閉合導線框ACDE（由細軟導線制成）掛在兩固定點A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在

12、導線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導線處于繃緊狀態(tài)在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場設(shè)導線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導線上的C點以恒定角速度（相對圓心O）從A點沿圓弧移動的過程中，若不考慮導線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是A. 在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針B. 在C從A點沿圓弧移動到圖中ADC=30位置的過程中，通過導線上C點的電量為C. 當C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最小D. 在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中產(chǎn)生的電熱為【答案】ABC【解析】設(shè)轉(zhuǎn)過

13、角度為，根據(jù)幾何知識知，線框上部分的三角形的面積，磁通量為，磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時針，后順時針，故A正確；根據(jù)知，故B正確；根據(jù)知，C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最小為零，故C正確；根據(jù)C項知電動勢有效值為，故電熱為，故D正確三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答。9.為了探究“加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”，現(xiàn)提供如圖所示實驗裝置。（1）為了消除小車與水平木板之間摩擦力的影響應采取的做法是_。A將木板帶滑輪的那端適當墊高，使小車在鉤碼拉動下恰好做勻速運動B將木

14、板帶滑輪的那端適當墊高，使小車在鉤碼拉動下恰好做勻加速運動C將木板固定打點計時器的那端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做勻速運動D將木板固定打點計時器的那端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做勻加速運動（2）如圖所示，在紙帶上取7個計數(shù)點A、B、C、D、E、F、G，兩相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T=0.10 s，相鄰兩計數(shù)點間距離如圖所示（單位cm），則小車運動的加速度大小a =_m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）要用鉤碼總重力代替小車所受的拉力，此時鉤碼質(zhì)量m與小車總質(zhì)量M之間應滿足的關(guān)系為_?！敬鸢浮?(1). C; (2). 0.50; (3). mM;【解析】（1）平衡摩擦

15、力就是讓小車在無拉力的作用下做勻速直線運動，讓重力沿斜面的分力等于小車受到的摩擦力所以平衡時應為：將不帶滑輪的木板一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做勻速運動，C正確（2）根據(jù)逐差法可得，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得（3）將兩者看做一個整體，對整體有，對小車有，聯(lián)立可得，只有當時，10.某小組用如下實驗方案精確測量電阻的阻值。（1）多用表粗測：選用多用電表的歐姆“100”擋測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)過大，因此需選擇歐姆_（填“10”或“1 k”）擋，并先_再進行測量，之后多用電表的示數(shù)如圖1所示，測量結(jié)果為_。 （2）為了精確測量阻值，設(shè)計了如圖2所示電路，為順利完成實驗，除需要知道定值電阻阻值R0

16、外還需要知道_（填物理量及其符號），若電流表A1、A2的讀數(shù)分別為I1、I2，則待測電阻Rx的計算式為Rx=_?！敬鸢浮?(1). (2). 歐姆調(diào)零 (3). 70 (4). 電流表 A1 的內(nèi)阻r1 (5). 【解析】（1）選用“100”檔，發(fā)現(xiàn)指針偏角太大，說明指針示數(shù)太小，所選檔位太大，為準確測量電阻，應換小擋，應把選擇開關(guān)置于10擋；每一次換檔，需要重新歐姆調(diào)零，讀數(shù)為（2）通過的電流為，其兩端的電壓和兩端的電壓相等，故根據(jù)歐姆定律可得，故還需要電流表A的內(nèi)阻11.如圖所示，光滑水平面內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，X0一側(cè)磁感應強度的大小為B1，X0一側(cè)磁感應強度的大小為B2，且B

17、1B234。t0時刻坐標原點O處，一個靜止的中性粒子裂變?yōu)閮蓚€帶電粒子P和Q，質(zhì)量分別為m1和m2，已知粒子P帶正電，分裂時速度沿X軸正方向，在磁場B1中做圓周運動的半徑為R。在以后的運動過程中忽略兩粒子之間的相互作用。求：（1）粒子Q在磁場B1中運動半徑r。（2）若兩粒子在兩磁場分界線上M點相遇，M點離O點的距離為R，則m1m2是多少？【答案】(1) r3R/4 (2) m1m217【解析】【詳解】(1)中性粒子分裂成兩個帶電粒子時，兩粒子所帶電電量相等，設(shè)為q，電性相反。設(shè)兩粒子P、Q分裂時速度的大小分別為V1、V2，且方向相反。由動量守恒定律得：m1 V1 m2V2 對兩粒子P、Q，由牛

18、頓第二定律知：B1q V1m1 V12/RB2q V2m2V22/r 聯(lián)立解得：r3R/4；(2) 帶電粒子在勻強磁場中運動的周期T2m/Bq故兩粒子P、Q運動的周期分別為T1、T2T1m1/qB1m1/B2qT2m2/qB2m2/B1q 由于OM= 由此知粒子Q恰好運動了半個周期。即tm2/qB2 在時間t內(nèi)粒子P要經(jīng)過M點，必須要在磁場中運動3個周期，如圖所示即t3T1 3m1/qB13m1/B2q 聯(lián)立解得：m1m21 7 。12.如圖所示，傾角為30、足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ相距L10.4 m，B15 T的勻強磁場垂直導軌平面向上一質(zhì)量m1.0kg的金屬棒ab垂直于MN、PQ

19、放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，其電阻r1 .金屬導軌上端連接右側(cè)電路，R11.5 ，R21.5 .R2右側(cè)兩端通過細導線連接質(zhì)量M0.6 kg的正方形金屬框cdef，正方形邊長L20.2 m，每條邊電阻r0為1 ，金屬框處在一方向垂直紙面向里、B25T的勻強磁場中現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，不計其他電阻及滑輪摩擦，g取10 m/s2.（1）若將電鍵S斷開，求棒下滑過程中的最大速度（2）若電鍵S閉合，每根細導線能承受的最大拉力為3.4N，開始時線框豎直，上、下邊水平，求細導線剛好被拉斷時棒的速度（3）若電鍵S閉合后，從棒釋放到細導線被拉斷的過程中，棒上產(chǎn)生的電熱為3.06 J，求此過程中棒下滑的

20、距離【答案】(1) 5 m/s (2) 1.8 m/s (3) 2.16m【解析】【分析】(1)金屬棒ab先加速下滑，加速度減小，后勻速下滑，速度達到最大由歐姆定律、感應電動勢和安培力公式推導出安培力的表達式，根據(jù)平衡條件求解最大速度；(2)每根細導線能承受的最大拉力Fm=3.4N，根據(jù)平衡得出得出通過線框每條邊的電流，并結(jié)合電路的特點以及切割產(chǎn)生的產(chǎn)生感應電動勢公式即可解答；(3)金屬棒由靜止開始下滑s的過程中，重力和安培力對棒做功，棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為棒的動能和電路的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒列式可求出ab棒下滑的高度h?！驹斀狻?1) 棒下滑過程中，沿導軌的合力為0時，速度最大，有：mgsin

21、-F安=0 代入數(shù)據(jù)解得：vmax=5m/s；(2) 閉合S后，設(shè)細導線剛斷開時，通過金屬框ef邊電流為I，則通過cd邊的電流為3I，則有：2FT-Mg-B2IL2-3B2IL2=0代入數(shù)據(jù)解得：I=0.2A通過R2的電流為：I2=2I=0.4A電路總電流為：I1=I2+4I=1.2A金屬框接入電路總電阻R框= ，R2與R框并聯(lián)電阻為R，R0.5，則總電阻為：R總=3，設(shè)此時棒的速度為v1，則有：I1= 代入數(shù)據(jù)解得：v1=1.8m/s；(3) 當棒下滑高度為h時，棒上產(chǎn)生的熱量為Qab，R1上產(chǎn)生的熱量為Q1=4.59J，R2與R框上產(chǎn)生的總熱量為Q=1.53J，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有 解

22、得x=2.16m?！军c睛】本題考查了電磁感應與電路和力學、能量的綜合運用，掌握切割產(chǎn)生的感應電動勢公式、歐姆定律和安培力公式是解決本題的關(guān)鍵，對于第二問，容易出錯，要理清串并聯(lián)之間的關(guān)系，結(jié)合歐姆定律進行求解。13.關(guān)于物理學發(fā)展，下列表述正確的有_A伽利略通過“理想斜面實驗”規(guī)律，合理外推得出“物體運動不需要外力維持”B奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，安培成功解釋了磁體的磁場與電流的磁場本質(zhì)相同C庫侖最先提出了電荷周圍存在電場的觀點，并通過研究電荷間的相互作用總結(jié)出庫侖定律D牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力，卡文迪許測出了萬有引力常量E法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，并成功總結(jié)出了法拉第電磁感應定律【答案】ABD【解析】【分析】解決本題要了解物理學史，對物理學上發(fā)生的重要事件、重要規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者要有所了解?！驹斀狻緼項：伽利略通過“理想斜面實驗”規(guī)律，合理外推得出“物體運動不需要外力維持”，故A正確； B項：奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流