湖南省湘赣十四校联盟（长郡中学等）2019届高三物理下学期第一次联考试题（含解析）.docx

湖南省湘赣十四校联盟（长郡中学等）2019届高三物理下学期第一次联考试题（含解析）一、选择题1.一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移s内速度增加了v，动能变为原来的9倍则该质点的加速度为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设原来速度为，则通过位移为s后，速度为，由题意可知，由公式，解得：，故B正确。故选：B。【点睛】本题考查动能以及运动学规律的问题，要注意明确动能变为9倍所隐含的信息，从而求出速度关系，同时还要注意应用平均速度公式。2.一可变理想变压器原、副线圈的回路中分别接有电阻r和可変电阻R，原线圏一侧接在电压恒定的正弦交流电源上，如图所示，下列说法正确的是A. 变压器的触头向下滑动，其他条件不変，R上消耗的功率不可能先増大后减小B. 变压器的触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率不可能一直减小C. 可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，r上消耗的功率一定减小D. 可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率一定增大【答案】C【解析】【分析】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系。该题类似于远距离输电的情况。【详解】AB将变压器与R等效为，变压器的触头向下滑动时，变大，由图线可知，R上消耗的功率可能先増大后减小，也可能一直减小，故A、B错误；CDR触头向下滑，阻值变大，原线圈电流减小，r上消耗的功率一定关小，将变压器与R等效为，由输出功率与外电阻关系知R的功率变化有多种情况，故C正确，D错误。故选：C。3.如图，倾角为0的传送带正以速度匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度v，所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能Ep的图象一定不正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】开始时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin+mcos=ma，求解出加速度为a=g（sin+cos）；若滑块速度增加到等于传送带速度，此时可能一起匀速（mgsinmgcos），也可能继续加速（mgsinmgcos），但摩擦力方向会反向。【详解】对物块受力分析可知，物块在传送带上运动的情况有三种情况：即一直匀加速运；先匀加速到与传送带共速后再以更小的加速度加速；先匀加速与传送带共速后再匀速，A.重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故A错误。B.情况对应的摩擦力先为滑动摩擦，后为静摩擦力，故B正确；C.情况对应摩擦力为可知，C正确；D.情况对应的速度时间图象即为D，故D正确；本题选不正确的，故选：A。【点睛】本题关键是当滑块速度增加到等于初速度速度后，滑块相对与初速度可能下滑，也可能相对静止。4.如图，边长为a立方体ABCDABCD八个顶点上有八个带电质点，其中顶点A、C电量分别为q、Q，其他顶点电量未知，A点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将C上质点电量变成Q，则顶点A上质点受力的合力为（不计重力）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据电场的叠加原理和点电荷的场强公式结合分析场强的关系，处理合力的大小。【详解】开始时A上质点受力平衡，A、间库仑力与其他六个质点对A的合力等大反向，当上质点电性变为时，A质点受到的力为原来的的两倍 所以A质点受的合力为，故B正确。故选：B。5.2019年1月3日，“嫦娥四号”成功着陆在月球背面南极，由前期发射的“鹊桥”号中继星为其探测器提供地月中继通信支持，“鹊桥”号中继星于“地月系统拉格朗日2点”（简称地月L2点）附近运动，地月L2点位于地球和月球两点连线的延长线上的某点，在月球背对地球的一侧，探测器处于该点可在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于定点于地月L2点的探测器的说法正确的是A. 探测器与月球绕地球做圆周运动的周期之比等于它们的轨道半径的二分之三次方之比B. 探测器与月球绕地球做圆周运动的向心加速度与它们的轨道半径的平方成反比C. 探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比D. 不可能有探测器能定点于地月连线之间某点【答案】C【解析】【分析】物体绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出线速度、角速度、向心加速度的大小关系。【详解】A定点于处的探测器与月球公转周期相同，故A错误；B由公式可知，由于周期相同，所以探测器与月球绕地球做圆周运动的向心加速度与它们的轨道半径的成正比，故B错误；C由公式可知，探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比，故C正确；D在地朋连线之间会有一处满足，即可能有探测器能定点于地月连线之间某点，故D错误。故选：C。【点睛】解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。6.如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且摩擦力的大小为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是A. 若斜面光滑，f10，f20，f30B. 若斜面光滑，f10，f20，f30C. 若两滑块一起匀速下滑f10，f20，f30D. 若两滑块一起匀速下滑，f10，f20，f30【答案】A【解析】【分析】本题考查整体法与隔离法的应用，注意对物体的受力分析。【详解】AB若斜面光滑，整体沿斜面下滑加速度为，甲、乙、丙三图上方物块重力沿斜面向下分力均为，甲图上方物块支持力垂直斜面在斜面没有分力，乙图和丙图接触面支持力在斜面上均有分力，必有摩擦力才能使合力为，故A正确，B错误；CD若滑块一起匀速下滑，上方滑块合力为0，必有 ， ，故C、D错误。故选：A。7.如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为的光滑斜面上，且杄可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度，不计一切阻力，则A. 在轻杆转过180的过程中，角速度逐渐减小B. 只有o大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动C. 轻杆受到转轴的力的大小始终为D. 轻杆受到转轴的力的方向始终在变化【答案】C【解析】【分析】本题考查机械能守恒定律，关键是明确时A、B球系统机械能守恒，单个球机械能不守恒，同时结合重心的概念进行分析。【详解】ABa、b构成的系统重力势能不变，系统动能不变，角速度是一个定值，即系统始终匀速转动，故A、B错误；CD对两球a、b，由牛顿第二定律有：，解得： 力方向始终沿斜面向上，故C正确，D错误。故选：C。8.用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.2810-19 J。已知普朗克常量为6.6310-34 Js，真空中的光速为3.00108 ms-1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为A. 11014 HzB. 81014 HzC. 21015 HzD. 81015 Hz【答案】B【解析】试题分析：知道光电效应方程；知道逸出功并结合两个公式求解。由光电效应方程式得： 得： 刚好发生光电效应的临界频率为 则 代入数据可得： ，故B正确；故选B点睛：本题比较简单，知道光电效应方程并利用方程求解即可。9.如图，水平横杆上套有圆环A，A通过轻绳与重物B相连，轻绳绕过固定在横杆下的定滑轮，轻绳通过光滑动滑轮挂着物体C，并在某一位置达到平衡，现将圆环A缓慢向右移动一段距离，系统仍静止，则A. A环受到的摩擦力将变大B. A环受到的支持力保持不变C. C物体重力势能将不变D. C物体重力势能将减小【答案】BD【解析】【分析】对两个滑块分别受力分析，根据共点力平衡条件列式求解，注意绳子对两侧的拉力大小相等。【详解】轻绳拉力处处相同，等于B的重力，重物C始终平衡，所以动滑轮两侧轻绳夹角保持不变，拴接A的轻绳与水平方向夹角也不变，A环受力保持不变，重物C必定下降，重力势能减小，故B、D正确，A、C错误。故选：BD。【点睛】本题关键是分别对两个物体受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解。10.如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足=kx，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动距离为l的过程中A. 金属棒的动量对时间的变化率增大B. 拉力的冲量为C. 通过电阻R电量为D. 电阻R上产生的焦耳热为【答案】AB【解析】【分析】本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式，得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，即可求出安培力做功，再分析功能关系即可明确求出的热量和拉力的功，注意速度为线性变化，故可以利用平均安培力求出安培力的功，同时产生的热量要包括摩擦生热和安培力所做的功。【详解】A由知棒在做加速度增大的加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，故A正确；BC由公式，根据动量定理有：， 解得： ，故B正确，C错误；D由功能关系知，且，联立解得：，故D错误。11.如图所示，甲球从O点以水平速度1飞出，落在水平地面上的A点乙球从O点以水平速度2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点两球质量均为m若乙球落在B点时的速度大小为2，与地面的夹角为60，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是A. 乙球在B点受到的冲量大小为B. 抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能C. OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3：1D. 由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1：1【答案】ABC【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。结合分运动的规律研究。【详解】A由动量定理得：，解得：，故A正确；B由题意可知，甲球抛出的初速度较大，动能大，由于高度相同，势能相同，所以抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能，故B正确；C乙球与地面发生弹性碰撞，由对称性可知，所以第一次落地不平位移之比为3：1故C正确；D由公式可知，乙球不反弹从O到B所用的时间与甲球从O到A的时间相同，由于乙球反弹后再到A点，所以两者的时间不相等，故D错误。故选：ABC。【点睛】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。12.如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB，AD10cm，磁感应强度B02T在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v101012ms的正离子，离子的质量m20X1012kg，电荷量q10105C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则A. 从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短B. 边界AP段无离子飞出C. 从CD、BC边飞出的离子数之比为1：2D. 若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等【答案】ACD【解析】【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的速度，然后确定粒子速率范围；由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子射出的范围。【详解】AD由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从BC中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从B、C两点飞出对应的弦长相竺，所以运动时间相等，故A、D正确；B由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP段飞出，故B错误；C由公式得：，通过图可知，所以从CD、BC边飞出的离子数之比为1：2，故C正角。故选：ACD。【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、几何知识即可正确解题。二、实验题13.小明同学要粗测一长木板与小滑块之间的动摩擦因数，除了长木板和小滑块外手边只有一个手机，手机里面带有计时和测倾斜角并可得其三角函数值的APP，他采用了如下的测量步骤（1）将长木板一端抬高，倾斜一个较大的角度，并固定好（2）将小滑块以一定初速度从底端沿斜面推出，到最高点后又沿板滑下（3）为了使小滑块能沿长木板下滑，动摩擦因数和倾角应满足_（4）在这个过程中小明同学需分别测出_（用文字描述并表示出相应符号）；（5）动摩擦因数可表示为_【答案】 (1). ； (2). 滑块上滑时间t1，滑块下滑时间t2，长木板倾角斜角 (3). 【解析】【分析】根据牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma，由此可知需要测量的物理量，根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式。【详解】(3)手机在倾斜木板上受重力，支持力，摩擦力，要使手机下滑，则，解得：；(4)由于手机可以测量时间，所以可以让手机以一定的初速度向上滑并测出上滑到速度为0的时间，再让手机从静止沿木板下滑并测出下滑到底端的时间，同时手机还可以测木板的倾角 即可；(5)根据手机上滑和下滑过程的位移相同，即有：上滑： ，其中 下滑：，其中联立解得：。【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。14.用实验测一电池的内阻r和电流表内阻r已知电池的电动势约6V，电池内阻和电流表内阻阻值都为数十欧可选用的实验器材有：待测电流表A（量程0100mA）电压表V1（量程06V，内阻约20k2）电压表V2（量程015V，内阻约25k）滑动变阻器R1（阻值05）滑动变阻器R2（阻值0300）；单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2导线若干条某同学的实验过程如下I设计如图甲所示的电路图，正确连接电路将R的阻值调到最大，开关S2接通a，闭合开关S1，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录以U为纵轴，I为横轴，得到如图乙所示的图线将开关S2接通b，重复的步骤，得到另一条UI图线，图线与横轴I的交点坐标为（1，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）回答下列问题（1）电压表应选用_，滑动变阻器应选用_；（2）由图乙的图线得电源内阻r_（保留两位有效数字）（3）用I0、U0和r表示待测电阻的关系式rA_代入数值可得rA；（4）由第（2）问中测得的电源内阻与真实值的关系是r真_r测（填“大于”“小于”或“等于”），原因是_（填“电压表分流”或“电流表分压”）【答案】 (1). V1； (2). R2； (3). 25； (4). ； (5). 大于； (6). 电压表分流【解析】【分析】据题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，略算对应的电流，则可明确电流表及滑动变阻器应选择的仪器；由图象的性质及闭合电路欧姆定律可得出电源内阻；根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式。【详解】(1)由于电源电动势约为6V，所以电压表选V1，电流表最大电流为100mA，若选R1，则可能超电流表量程，所以滑动变阻器应选用R2；(2)当开关接a时，此时图线斜率的负值代表电源内阻即；(3)当开关接b时，由等效电源可知，此时图线斜率的负值代表电源内阻与电流表内阻之和，即 ，解得：；(4)由于电压表内阻并不是无穷大，所以分流作用不能忽略，由等效电源原理可知测量值为电压表内阻和电源内阻的并联值，因此测量值偏小。【点睛】本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解。三、计算题15.如图所示，光滑斜面倾角，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为m，开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并由静止释放，重力加速度为g，求（1）B物块的质量（2）交换位置释放后，B着地的速度大小【答案】(1)mB=2m；(2)【解析】【分析】以AB组成的整体为研究对象，根据动能定理求出绳断瞬间两物块的速率；绳断瞬间物块B与物块A的速度相同，此后B做竖直上抛运动，根据机械能求出B上升的最大高度。【详解】(1)初始时，A、B平衡，对系统有： 解得：；(2)交换后，对系统由动能定理： 解得：。【点睛】本题是连接体问题，运用动能定理和机械能守恒定律结合处理，也可以根据牛顿定律和运动学公式结合研究16.如图所示，足够长的“L”形长木板B置于粗糙的水平地面上，其上静止着可视为质点的滑块A，滑块距长木板右側壁距离为l65m，已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为01，A、B质量分别为mA2kg、mB1kg现给A向右的瞬时冲量I14Ns，假设A与B右侧壁的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10ms2求（1）A、B碰后瞬间，两者的速度大小（2）最终滑块A距长木板B右側壁的距离【答案】(1)，；(2)d=3m【解析】【分析】小滑块A沿斜面下滑的过程，运用动能定理列式，可求得当A刚滑上B的上表面时的速度v0的大小。滑块A滑上木板B后，分析B的运动情况，根据牛顿第二定律可求得两者的加速度。最终A刚好未从木板B上滑下，A滑到B的右端，两者速度相等，【详解】(1)施加冲量瞬间，对A由动量定理知： 在A向右运动过程，B保持静止，对A有： 解得： A、B弹性碰撞有： 解得：；(2)碰后，A做加速运动，B做减速运动，由牛顿第二定律有：对A： 对B： 设经时间A、B同速：，得： 此时 假设A、B此后一起减速运动， 此进，假设成立，最终一起静止，作出全过程图象，由图象可知图中阴影面积为滑块A距长木板B右侧的距离，即。【点睛】题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程，明确临界条件是解题的关键，要知道A刚好未从木板B上滑下时两者两者的速度，位移之差等于B板的长度。应用牛顿第二定律、运动学公式与功能关系即可解题。17.如图所示，在平面直角坐标系aOy内，有I、II、III三个区域，各边界均与y轴平行，I、区域存在匀强电场，方向分別沿+x和y方向，区域电场强度大小为E，区域有垂直xOy平面向里的磁场三个区域宽度均为L，一个氕核和一个氘核先后从坐标原点释放，已知与左边界成60进人磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场，H的质量为m，电荷量为q，不计重力求（1）第一次离开区的坐标（2）区域匀强磁场的磁感应强度大小；（3）第一次离开磁场位置的坐标【答案】(1)；(2) ；(3)【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中和磁场中的运动，理清粒子的运动规律是解决本题的关键，处理粒子在磁场中运动问题，要会确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角，此类题型难度较大，经常作为考试的压轴题出现。【详解】(1)对氘核，在I区中加速，由动能定理： 进入II区，粒子做类平抛运动，则有 实际速度， 将 代入得：， 因此氘核第一次离开II区的坐标；(2)进入磁场后，氘核做圆周运动，如图，由何关系知： 又： 解得： ；(3)对氘核， 由(1)知， ， 作出如图的轨迹，根据几何关系有： 出射点纵坐标为： 联立解得： 氘第一次离开磁场位置为坐标为。18.下列说法正确的是_A. 热量会自发地从内能多的物体传递到内能少的物体B. 同一时刻，教室内空气中氮气和氧气的分子平均动能是相同的C. 一定量的理想气体在等压膨胀过程中一定吸热D. 人们感到潮湿是因为空气的绝对湿度大E. 饱和汽压与液体的温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大【答案】BCE【解析】【分析】温度是分子的平均动能的标志；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；结合分子力变化的特点分析分子势能的变化；晶体与非晶体在一定的条件下可以相互转化。【详解】A热量能够自发地从温度高物体传递到温度低的物体，内能多不一定温度高，故A错误；B温度是分子的平均动能的标志，温度相同的水蒸气与氧气分子的平均动能相同。故B正确；C等压变化过程，体积与热力学温度成正比，体积膨胀，温度升高，内能增大，由公式可知，气体一定吸热，故C正确；D在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大；而当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故D错误；E饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故E正确。故选：BCE。【点睛】本题考查了热力学第二定律、温度的微观意义、液体表面张力、分子力与分子势能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点。19.两端封闭的玻璃管竖直放置，长为l10cm的水银柱将管内的空气分为两部分，上下空气柱的长度分别为l112cm和l218cm，初始时上面空气压强为15cmHg，现玻璃管以a=05g的加速度竖直向上加速上移，设温度始终不变，求稳定时水银上面空气柱的长度【答案】13.90cm【解析】【分析】这类题目只能按等容过程求解因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。【详解】初态时，下方气体压强为 加速时，设上方气体压强这，气柱长为x，对水银柱由牛顿第二定律有： 且 分别列出下下方气体的等温方程： 解得：。【点睛】压强的变化