四川省宜宾市第四中学2019届高三物理下学期4月月考试题(含解析)

1、A、B恰四川省宜宾市第四中学2019届高三4月月考理综-物理试题1 .社猎陷具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镁翁Pi,同时伴随有丫射线产生，其方程为韵Tit%4P口十X ,社的半衰期为24天.则下列说法中正确的是A. x为质子B. x是社核中的一个中子转化成一个质子时产生的C. 丫射线是镁原子核外电子跃迁放出的D. 1g社都由经过120天后还剩0.2g社【答案】B【解析】【详解】(1)根据电荷数和质量数守恒知社核符陷衰变过程中放出了一个电子，即X为电子,故A错误；(2) 3衰变的实质：3衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，即;依-*吊+ ：?故B正确；(3) 丫射线

2、是镁原子核放出的，故C错误；(4)社 半衰期为24天，曾社丹茶附经过120天后，发生5个半衰期，1gtt经过120天后还剩0.03125g ,故D错误;故本题正确答案选 Bo2.如图所示，物体 A的质量&JB的质量，绳子白勺3,绳与滑轮间的摩擦可不计,好处于平衡状态，如果将悬点“P靠近Q少许使新平衡，则A.物体A的重力势B.物体B重力势能增大C.绳的张力减小D. P处绳与竖直方向的夹角减小【答案】A【解析】B物体对绳子的拉力不变，等于大小恒定，重力恒定,个的夹,如图PB的重力势能减小，故所以物体A上升,A的重力正确；BCD昔误;故选Ao【点睛】关键抓住平平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向

3、具B的重力；动口物体 A整体受重力和两个拉力，拉力可"，B下降，所以-6 -3.如图所示理想变压器原线圈输入电压乜=”科'也区，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。Vi和V2是理想交流电压表，示数分别用Ui和U2表示；Ai和A是理想交流电流表，示数分另1J用1l和I 2表不。下列说法正确的是A.”广时， =心B.滑片P向下滑动过程中，U变小C.滑片P向下滑动过程中，廿增大D.滑片P向下滑动过程中，Ii变大【答案】D【解析】A Vi和V2是理想交流电压表，示数 U和U2表示电压的有效值，故 A错误；BCD滑片P向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈的电压只与输入电压和匝数有

4、关，所以U、U2不变，流过 R的电流I2变大，根据变压器原理得 Ii变大，故D正确，BC错误；故选D。【点睛】考查了变压器的构造和原理，还考查了电路的动态分析。4 . 一半彳5为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，从圆周上P点向纸面内各方向发射质量、电量、速率均相同的带电粒子，这些粒子均从四分之一圆周磁场边界PQ上射出，忽略粒子之间的相互作用。则带电粒子在磁场中运动的轨道半径为C. RD. IR【解析】当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径, 由几何关系得：* =回,解得：f =写,故选B.5 .磁电式电流表的构造如图（a）所示，在踹形磁铁的两极间有

5、一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图 （b）所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弓t赞被扭动，线图停止转动时满足NBIS=k。，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，。为线圈（指 针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）0:一口 ：:H <t1111（“A.该电流表的刻度是均匀的B.线圈转动过程中受到的安培力的大小变大C.若线圈中通以如图（b）所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动一 一 _, _ ，、r AHD.更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流

6、表的灵敏度（灵敏度即）人【答案】A【解析】【详解】A项：磁场是均匀辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，所以该电流表的刻度是均匀的，故 A正确；B项：磁场是均匀辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，线圈转动过程中各个位置时产生的感应电流大小也不变，所以受到的安培力的大小不变，故B错误;C项：若线圈中通以如图（b）所示的电流时，根据左手定则，左侧受安培力向上，右侧受安培力向下，所以顺时针转动，故C错误；D项：更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变大，但转动角度变化减小，所以灵敏度减小，故 D错误。6 .如图所示

7、，A B、C、D E、R G H是边长为a的正立方体的八个顶点。下列说法正确的是A.只在F点放置点电荷，则 A、D两点电势差等于 C G两点电势差B.只在A、B两点放置等量异种电荷，则 H G两点电场强度大小相等C.只在B、D两点放置等量异种电荷，则 A G两点电势相等D.在八个顶点均放置电荷量为q的点电荷，则立方体每个面中心的电场强度大小相等【答案】BCD【解析】点电荷周围电场分布为球对称分布，距离点电荷距离为r处的电势甲=二；故A、D两点电势C、G两点电势差UGn;故A、D两点电势差小于rC、G两点电势差，故A错误；异号电荷电荷量相等，那么，A处点电荷在H处场强与B处点电荷在G处场强大小相

8、等，A处点电荷在G处场强与B处点电荷在H处场强大小相等；根据几何关系，又有H处两分场强的夹角和 G处两分场强的夹角相等，故合场强大小相等，故B正确；只在B、D两点放置等量异种电荷，那么，在BD连线的中垂面上场强方向与中垂面垂直，故中垂面为等势面；又有A、G在中垂面上，故电势相等，故 C正确；在八个顶点均放置电荷量为q的点电荷，则立方体每个面上四个点电荷在面中心的场强之和为零，后面四个点电荷在面中心形成的场强垂直平面；又有点电荷电荷量都为q,点电荷到对面面中心的距离相等，故场强大小相等，又有点电荷到面中心的直线与面中心的角度相等，故合场强大小相等，故D正确；故选BCD7 .如图所示，质量均为1k

9、g的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在木块 M和 N的右侧，在绳子的中点用力 F=6N拉动M和N一起沿水平面向右以加速度 a=2m/s2作匀加速运 动，细线与竖直方向的夹角 0 = 60° ,重力加速度 g=10m/s2.则下列说法正确的是A.木块N和地面之间的动摩擦因数I =0.18 .木块M和IV之间的最大静摩擦力可能是内'=2.5NC.木块M对木块IV的压力大小为 10ND.若。变小，拉动 M N一起作匀加速运动（a=2m/s2）所需拉力应大于 6N【答案】AB【解析】将M N当作整体，则由牛顿第二定律：= 口，解得=0.1 ,选项A正确；隔离 物体M：1

10、-/1M川=用口，解得fiM=1N,则木块M和N之间的最大静摩擦力可能是 fM=2.5N,选 项B正确；木块M对木块N的压力大小为 品=加0+78$60口，其中F=2Tcos301则Fn=（10+4）N, 选项C错误； 当看成整体时，无论 0变小，还是变大，拉动 M N一起做a=2m/s2的匀加速 运动所需拉力仍等于 6N,故D错误；故选 AB点睛：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法，整体法是指对物理问题中的整个系统 或整个过程进行分析、研究的方法.在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互

11、作用力.8.如图所示，质量均为 m的a、b、c、d四个带电小球，其中,a、b、c三个完全相同的小球-17 -的带电量值均为q（电性未知），且位于光滑绝缘的水平面内的同一圆周上绕。点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球等分整个圆周.带电量值为10q （电性未知）的小球 d位于。点的正上方4?R处，且在外力作用下恰好处于静止状态.重力加速度为g,静电力常量为k.则下列说法中正确的是（）A. a、b、c、d四个小球带电量总和可能为-7qB.15 屏/、，外力的大小为 +万向竖直向上4即一仃 10q15屏.知：F = mg十4k-asa = mg+, 方向竖直向上，选项 B 正确； 对球 a :J。&q

12、uot; sh以-2 "严$三口"二,解得在妙二£ P""次 选项C正确；小球b的动能为(2/?尸(用?产2卬 3mREkk = mvl =' -m(i)zRD =勺包_ 选项 D错误；故选 ABC.仙2 0 22曲点睛：本题与圆锥摆类似，关键要正确分析四个小球受力，确定向心力的来源是关键.运用牛顿第二定律和平衡条件研究.三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题，考生根据要求作答。9.某同学用如图所示的装置，研究细绳对小车的拉力做功与小车动能变化的关系。通过改变动滑轮下

13、所挂钩码的个数可以改变细绳对小车的拉力，实验所用钩码质量均为mi(1)关于本实验，下列说法正确的是 A.实验时，小车应靠近打点计时器，先释放小车后，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数B.本实验不需要平衡摩擦力C.实验过程中，动滑轮和所挂钩码所受的重力等于弹簧秤示数的2倍D.实验中不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的质量(2)某次实验时，所挂钩码的个数为2个，记录的弹簧秤示数为F,小车质量为 M,所得到的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔为T,两相邻计数点间的距离分别为S、&、S3、S4,该同学分析小车运动过程中的BD段，在操作正确的情况下应该有等式 成立。山1 S3 +

14、 S4rl 5】+ f【答案】(1). D (2).飞£i£i I£i I【解析】(1)A、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车后，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数，故 A错误；日探究外力做功与速度变化关系的实验，要求合力为拉力，所以要平衡摩擦力，故B错误；一八，“一4一，C实验过程中，根据牛顿第二定律可知a =,动滑轮和所挂钩码所受的重力大于弹簧m秤示数的2倍，故C错误；D拉力可以由弹簧测力计测出，不需要满足所挂钩码的总质量远小于车的总质量，故D正确;(2)小车运动过程中的 BD段合力做功为 W = FC% + $),动能的变化量1 115胃

15、+ §41S1 + 5 7叫 =-取产,所以操作正确的情况下应该有等式2 二2 2T- 乙J1 邑 + $4 7 151+ % 7产 + 51 =)2 ;w占££占工10.某实验小组在测量金属圆柱体的电阻率的实验中，先用螺旋测微器测量圆柱体直径。再用伏安法测量圆柱体的电阻，已知圆柱体的电阻大约为3001。(1)用螺旋测微器测量其直径时的刻度位置如图所示，由图可知其直径为 mm25加15在用伏安法测定圆柱体的电阻时，除被测金属圆柱体外，还有如下供选择的实验器材:A.电流表Ai(量程为20mA内阻约为10)B.电流表为(量程为5mA内阻r=2g)C.电压表V,(量程为

16、3V,内阻R约为4k。)砂定值电阻R=10口E.定值电阻R=20|F.滑动变阻器R(023)G.滑动变阻器R(030g)H.直流电源E(电动势为6V,内阻很小)I .开关S一个，导线若干(2)为使测量结果尽量准确，减少误差，实验中要求电表偏转至少半偏以上，要完成实验，除了待测圆柱体、电压表(C)、直流电源(H)、开关导线(I)、以外，还需要的器材是(填写器材前的字母编号)； 请在答题卡的规定位置画出实验电路图 ; 若电压表、电流表示数分别为U I ,用题中所给符号写出待测圆柱体的电阻表达式R=。rn【答案】(1). 4.6984.700 (2). BEF (3).1(4).【解析】(1)由图示

17、螺旋测微器可知，固定刻度是4.5 mm可动刻度是19.8X0.01 mm0.198mm螺旋测微器的示数，即金属丝直接d=4.5 mi+0.198 mm4.698 mimU 3V(2)电压表量程是3V,电阻两端最大电压 U=3V,电路最大电流约为，=£ =右而=1出九4,电路最大电流为20mA的二分之一，电流表 A1(量程为20mA内阻约为101)不符合题中要求，因此电流表应选电流表 为(量程为5mA内阻r=20D)与定值电阻R2=20)并联的改装的电流表； 两 个滑动变阻器都可以保证电路安全， 为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器 F,还 需要的器材是BEF;(3)由于心2

18、= %0。0：>必即=10><40口0,电流表应采用内接法，滑动变阻器最大阻值为20 a ,待测电阻阻值约为 300 a ,滑动变阻器采用分压接法，移动滑片电路电流变化范围较大，可以进行多次实验，测出多组实验数据，电路图如图所示， ,u R 根据欧姆定律和电路结构，待测圆柱体的电阻表达式R =-2! 2L,右侧11.如图所示，水平绝缘轨道，左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的摩擦因数为 科=0.5,电场外的轨道光滑，质量为mr带电量为+q的的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一

19、起运动，碰撞时间极短开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接，(A、B均可视为质点),已知匀强电场场强大小为 °求： q(1)弹簧的最大弹性势能；(2)整个过程A在电场中运动的总路程。 l 5114t【答案】(1)(2)【解析】试题分析：根据动能定理和动量守恒定律，求出物体A碰前的速度，根据机械能守恒即可求出弹簧的最大弹性势能；由题意知最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为 x,由能的转化与守恒可得 AB共同在电场中运动的距离，再加上电场区 域宽度即可求出整个过程 A在电场中运动的总路程。(1)物体A碰前的速度为力,根据动能定理： EqL-pmgL =

20、碰撞过程动量守恒：压缩过程机械能守恒：Ep+ 2m)诏，-L 51解得(2)最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x,由能的转化与守恒：A在电场中运动白总距离为 s,位移关系为：s=L+x联立解得：. .点睛：本题主要考查了动能定理和动量守恒的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律, 当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距 离成正比。12 .如图1所示，一质量为m=1kg木板A静止在光滑水平地面上，在t=0时刻，质量为M=2kg的小物块B以初速度V0=3m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞。木板长度

21、可保证小物块在运动过程中不与墙接触.木板A在00.8s内的速度随时间的变化关系如图2所示，重力加速度为 g=10m/s2,求0图10.4s时亥羽度大小;(1)A B间发生相对滑动过程中各自加速度(2)勺总热量。(3)(3)【解析】t=0时刻木板的右端到墙的距离L以【答案】(1)L=0.16m ,叱广2一6加/5；(2严；-从t=0至A于强第5次碰前，A B组碰前(1)由图2, ti=0.4s时，A与墙第一次碰撞,T=0时刻木板的右端到墙的距离为L ="再由,解得L=0.16mA与墙第一次碰撞前，对 A、B由动量守恒定律可得+也,解得见i =(2)只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度，

22、A就在0L之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为B的加速度aR = =lm/s2, A的加速度大小aA = -=2m/s2(3)设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度 0，以向右为正，对 B:小二先一陪对 A:廿i 二 口虱Tntj n = 1.2.3,.,联立解得 力="16n 第一次到达共同速度 必应满足0工 E,联立解得2.25 <n< 3.75，故n=3, % = 04m小设第4次碰撞后可能的共同速度为 叱,对A、B系统由动量守恒定律可得= (M + m)叱可以得到/ = 因为叱< % ,故在第5次碰撞前 A B已达到共同速度

23、。对A、B整体，由能量守恒定律 Q = 册上利 十叫吸 解得Q=8.97J;综上所述本题答案是：(1)L=0.16m ,盯知二*/；汽产即(3) Q = B97J点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动量守 恒定律与匀变速直线运动规律解题。13 .下列说法正确的是 A.气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B. 一定质量的理想气体发生等于膨胀过程，其温度一定升高C.悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡D.当液体，表面的分子间距离大于分子间的平衡距离时，液面有表面张力E.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为0,则阿伏伽德罗常数可表示为“工【

24、答案】ABD【解析】【详解】A项：由热力学第一定律可知，气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子平均动能增大，故 A正确；B项：一定质量的理想气体发生等压膨胀过程，等压变化，压强不变，由公式可知，体积变大，温度升高，故 B正确；C项：悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越少，不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故 C错误；D项：液体表面分子间距离大于平衡位置间距,分子力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故D正确；E项：某固体或液体的摩尔体积为 V,每个分子的体积为 V0,则阿伏加德罗常数可表示为 na = , 而对气体此式不成立，故 E错误。14 .如图所示，一圆柱

25、形气瓶水平放置，瓶内用活塞分为A、B两部分，分别装有理想气体，活塞与瓶内壁气密性好，并可在瓶内自由移动，不计摩擦。开始时，A、B两部分气体的体积之比为2:1,压强均为p,大气温度为 T, K为阀门。当温度升高时，活塞将如何移动？若因阀门封闭不严， B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略。当活塞向右缓慢移动至 B中体积减为原来一半时， A中气体的压强多少？若此过程 A中气体对外做功为 W则A中气体内能变化多少？【答案】活塞将静止不动；0.8P,0【解析】【详解】假设温度升高过程中活塞不动，则气体体积保持不变，气体发生等容变化，由查理定律得：P P“， TT，斛得：P二不PT TTi气体压强的变化量：由于P、T都相同，两边气体压强的变化量：AP相同，活塞将静止不动；设开始，A的体积为2V,则B的体积为V,由题意可知，气体 A后来的体积为工5肌，A气体 发生等温变化，由玻意耳定律得：解得：P' = 0.8P,由于气体 A的温度不变，气体内能不变，Af 二 O 。15 .位于坐标原点处的波源 A沿y轴做简谐运动