陕西省白河中学2019届高三物理第三次月考 Word版含答案

陕西省白河中学2019届高三物理第三次月考 Word版含答案

‎2019届陕西白河中学高三物理第三次月考 ‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第I卷（选择题）‎ 一、单选题 ‎1．下列说法正确的是（ ）‎ A．光电效应实验中，光电流的大小与入射光的强弱无关 B．卢瑟福发现了电子，在原子结构研究方面做出了卓越的贡献 C．大量处于n=3能级的氢原子在自发跃迁时，会发出3种不同频率的光 D．由玻尔的原子模型可以推知，氢原子所处的能级越高，其核外电子动能越大 ‎【答案】C ‎【解析】光电效应实验中，光电流的大小与入射光的强弱有关，饱和光电流的大小只与入射光的强度成正比，故A错误；汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故B错误；大量处于n=3能级的氢原子在自发跃迁时，会发出C‎3‎‎2‎‎=3‎种不同频率的光，故C正确；由玻尔的原子模型可以推知，氢原子所处的能级越高，量子数越大，离原子核越远，据kqQr‎2‎=mv‎2‎r可知速度越小，核外电子动能越小，故D错误；故选C。‎ ‎2．下列关于重力的说法正确的是（ ）‎ A．重力的方向不一定竖直向下 B．重力是由于物体受到地球的吸引而产生的 C．所有物体的重心都在物体上 D．只有静止的物体才受到重力 ‎【答案】B ‎【解析】重力是由于地球的吸引而产生的，重力的大小与运动状态无关，其方向总是竖直向下的，重心是重力的作用点，可能在物体之上也可能在物体之外，故ACD错误，B正确。‎ ‎3．如图所示，一倾角为θ的斜面高为h，斜面底端B正上方高2h处有一小球以一定的初速度水平向右抛出，刚好落在斜面的中点，则小球的初速度大小为（ ）‎ A．‎3gh‎6tanθ B．‎‎3gh‎5tanθ C．‎3gh‎4tanθ D．‎‎3gh‎3tanθ ‎【答案】A ‎【解析】小球做平抛运动，根据分位移公式，有：‎ x=v0t=h‎2‎tanθ ；y=2h-h‎2‎=‎1‎‎2‎gt2；联立解得：v‎0‎‎=‎1‎‎2tanθgh‎3‎=‎‎3gh‎6tanθ，故选A。‎ ‎4．如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为 A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】线框上的电荷在O点产生的场强等效为与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的电场，故，B点的电荷在O点产生的场强为，，由场强的叠加可知E=E1−E2= ，故选：C。‎ ‎5．如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在t=0 时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°~90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a， )点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）‎ A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a B．粒子的发射速度大小为 C．带电粒子的荷质比为 D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意作.出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示，‎ 圆心为O`，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为2a，故A错；‎ 沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 ，运动时间 解得：‎ ‎ ，选项B错误；‎ 沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 ，对应运动时间为 所以粒子运动的周期为 ， ‎ 由 ‎ 则 故C错；‎ 在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示，‎ 由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为 ，在磁场中的运动时间为 故D正确。‎ ‎6．如图，人造地球卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ，则M、N的运动速度大小之比等于（ ）‎ A．sinθ ‎ B．‎1‎sinθ ‎ C．tanθ ‎ D．‎‎1‎tanθ ‎【答案】A ‎【解析】设M、N卫星所在的轨道半径分别为：RM 、RN ，根据题意可知卫星M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ ，且MN连线应与卫星N所在的轨道相切，如下图所示：‎ 根据几何关系可知：RN‎=RMsinθ ‎ 根据：GMmr‎2‎‎=mv‎2‎r ‎ 得：vMvN‎=sinθ 故A正确 二、多选题 ‎7．如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质最不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的力向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m／s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是 A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ已知，可求出图乙中m0的值 C．若θ已知，可求出图乙中a2的值 D．若θ已知，可求出图乙中a1的值 ‎【答案】D ‎【解析】根据牛顿第二定律得：对B得mg-F=ma①，对A得F-mAgsinθ=mAa②，联立得a=‎mg-mAgsinθm+‎mA③，若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，A错误；当a=0‎时，由③式得m=m‎0‎=mAsinθ，mA未知，m‎0‎不能求出，B错误；由③式得m=0‎时，a=a‎2‎=-gsinθ，C正确；由③式变形得a=‎g-mAmgsinθ‎1+‎mAm，当m→∞‎时，a=a‎1‎=g，D正确。‎ ‎8．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n‎1‎‎:n‎2‎=10:1‎，电阻R=10Ω，两只相同小灯泡L‎1‎‎、‎L‎2‎的规格均为‎3V，1.5W，S‎1‎为单刀双掷开关。原线圈接正弦交流电源。当S‎1‎接1、S‎2‎闭合时，L‎2‎正常发光。设小灯泡的电阻值恒定。下列说法正确的是（ ）‎ A．原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为30V B．只断开S‎2‎后，变压器的输出功率为0.75W C．将S‎1‎换接到2后，原线圈的输入功率为90W D．将S‎1‎换接到2后，R的电功率为0.9W ‎【答案】BD ‎【解析】当S‎1‎接1、S‎2‎闭合时，L‎2‎正常发光，副线圈的电压为U‎2‎‎=3V，根据原副线圈电压比等于匝数比即U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎，解得原线圈的电压为U‎1‎‎=30V，原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为Em‎=30‎2‎V，故A错误；两只相同小灯泡阻值为RL‎=UL‎2‎PL=6Ω，只断开S‎2‎后，变压器的输出功率为P‎2‎‎=U‎2‎‎2‎‎2‎RL=‎3‎‎2‎‎2×6‎W=0.75W，故B正确；将S‎1‎换接到2后，R的电功率为P=U‎2‎‎2‎R=0.9W，原线圈的输入功率为P入‎=P出=U‎2‎‎2‎R=0.9W，故C错误，D正确；故选BD。‎ ‎9．如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d＝0.5m，导轨右端连接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m。在t＝0时，金属棒ab从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动，t＝4s时进入磁场，并恰好以v＝lm/s的速度在磁场中匀速运动到EF位置，已知ab金属棒电阻为1Ω，下列分析的正确的是 ( )‎ A．0~4s内小灯泡的功率为0.04W B．恒力F的大小为0.2N C．金属捧的质量为0.8kg D．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06W ‎【答案】故选ABC ‎【解析】金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R总=RL+Rab=5Ω 回路中感应电动势为：‎E‎1‎‎=‎△Φ‎△t=‎△BS‎△t=‎2‎‎4‎×2×0.5=0.5V 灯泡中的电流强度为：I=E‎1‎R总＝‎0.5‎‎5‎A=0.1A ‎ 小灯泡的功率为PL=I2RL=0.04W，选项A正确；‎ 因金属棒在磁场中匀速运动，则F=BI′d ‎ 又：I′=BdvR+r‎=0.2A ‎ 代入数据解得：F=0.2N，选项B正确；               ‎ 金属棒未进入磁场的加速度为：a=vt=‎1‎‎4‎=0.25m/‎s‎2‎ ‎ 金属棒的质量：m=Fa=‎0.2‎‎0.25‎=0.8kg，选项C正确；‎ 金属棒进入磁场后小灯泡的功率为PL‎'‎‎=I‎'2‎RL=‎0.2‎‎2‎×4W=0.16W，选项D错误；故选ABC 第II卷（非选择题）‎ 三、实验题 ‎10．用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：‎ ‎①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；‎ ‎②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；‎ ‎③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；‎ ‎④将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；‎ ‎⑤测出所需要的物理量。‎ 请回答：‎ ‎(1)实验①中A、B的两球质量应满足______‎ ‎(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有______；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”）‎ ‎(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：______．‎ ‎【答案】mA＞mBx0、xA、xBmAx0=mAxA+mBxB ‎【解析】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mAv0=mAv1+mBv2，在碰撞过程中动能守恒，故有‎1‎‎2‎mAv‎0‎‎2‎‎=‎1‎‎2‎mAv‎1‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎mBv‎2‎‎2‎，解得v‎1‎‎=‎mA‎-‎mBmA‎+‎mBm‎0‎，要碰后a的速度v1＞0，即mA-mB＞0，mA＞mB；（2）由于频闪照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB；（3）验证的方程为mAx0＝mAxA＋mBxB ‎11．某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：‎ ‎①电池E（电动势和内阻均未知）‎ ‎②表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知）‎ ‎③电压表V（量程为1.5V，内阻Rv=1000Ω）‎ ‎④滑动变阻器R1（0~10Ω）‎ ‎⑤电阻箱R2（0~1000Ω）‎ ‎⑥开关一个，理想导线若干 ‎(1)为测量表头G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E. 闭合开关，调节滑动变阻器R1滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40Ω时，表头恰好满偏，此时电压表V的示数为1.5V；将电阻箱阻值调到115Ω，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍为1.5V，发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G的内阻Rg=______Ω，表头G的量程Ig=_____mA．‎ ‎(2)该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000Ω：图丁为测出多组数据后得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω.（结果均保留两位有效数字）‎ ‎(3)该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上(1)、(2)问所测定的数据，可知表头正中央刻度为____Ω。‎ ‎【答案】10 30 3.0 20 100‎ ‎【解析】（1）当变阻箱的电阻为‎40Ω 时，‎1.5=Ig(Rg+R‎1‎)‎ ‎ 将电阻箱阻值调到‎115Ω ，结合图中表的读数可知‎1.5=‎12‎‎30‎Ig(Rg+R‎2‎)‎ ‎ 解得：Rg=10Ω ；Ig=30mA ‎ ‎（2）电压表的内阻和电阻箱的电阻相等，所以路端电压为2U，根据闭合电路欧姆定律可知：‎2U=E-Igr 得：U=‎1‎‎2‎E-‎1‎‎2‎Igr ‎ 结合图像可得：E=3.0V ；r=20Ω ‎ ‎（3）结合题意知：R中‎=EIg=100Ω ‎ 故本题答案是：(1). 10； 30； (2). 3.0； 20； (3). 100； ‎ 四、解答题 ‎12．如图所示，以水平地面建立x轴，有一质量m＝1kg的小木块放在质量为M=2kg的长木板的左端A点，已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时m与M—起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10m/s，在坐标为x＝27.5m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下。取g＝l0m/s2，求：‎ ‎(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；‎ ‎(2)最终木板停止时A点的位置坐标。‎ ‎【答案】(1)t＝2s (2) xA=-1m ‎【解析】（1）对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：‎ μ1（M+m）g=（M+m）a1，解得a1=-1m/s2‎ 设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：‎ v2-v02=2a1(x-L)‎ 碰后对木块，由牛顿第二定律：-μ2mg=ma2‎ 解得a2=-5m/s2 对木板：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3‎ 解得a3=4m/s2 依题意，碰后ts共速，由速度公式v+a2t=-v+a3t 解得t=‎2‎‎9‎v 木块与木板的相对位移：‎L=‎1‎‎2‎⋅2vt=‎‎2‎‎9‎v‎2‎ ‎ 联立解得L=18m v=9m/s t=2s ‎（2）共速后的速度v共=v+a2t=-1m/s方向向左，因μ1<μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动公式：x‎1‎‎=‎-v+‎v共‎2‎t=-10m ‎ x‎2‎‎=‎0-‎v共‎2‎‎2(-a‎1‎)‎=-0.5m 故A点的坐标xA=x+x1+x2-L=-1m ‎13．如图，金属平行导轨MN、M‎'‎N‎'‎和金属平行导執PQR、P‎'‎Q‎'‎R‎'‎分别同定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、M‎'‎N‎'‎左端接有电源，MN与M‎'‎N‎'‎的间距为L=0.10m线框空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1=0.20T；平行导轨PQR与P‎'‎Q‎'‎R‎'‎的间距为L=0.10m，其中PQ与P‎'‎Q‎'‎是圆心角为60°、半径为r=0.50m的圆弧导轨，QR与Q‎'‎R‎'‎是水平长直导轨， QQ‎'‎右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2=0.40T。导体棒a质量m1=0.02kg，电阻R1=2.0Ω，放置在导轨MN、M‎'‎N‎'‎右侧N‎'‎N边缘处；导体棒b质量m2=0.04kg，电阻R2=4.0Ω放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN‎'‎水平抛出，恰能无碰撞地从PP‎'‎处以速度v1=2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：‎ ‎(1)导体棒b的最大加速度；‎ ‎(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热；‎ ‎(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。‎ ‎【答案】(1)amax‎=0.02‎m/s‎2‎ (2)Qa‎=0.02J (3)q=1C ‎【解析】设a棒在水平轨道上时的速度为v2，根据动能定理求出速度，因为a棒刚进入磁场时，ab棒中的电流最大，b受到的力最大，加速度最大，再根据电磁感应定律和牛顿第二定律即可求出加速度；两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不在产生焦耳热，根据动量守恒和能量守恒，即可求出导体棒a在磁场中产生的焦耳热；设接通开关后，a棒以速度v0水平抛出，根据动量定理即可通过电源的电荷量。‎ ‎（1）设a棒在水平轨道上时的速度为v2，根据动能定理：‎ m‎1‎gr-rcos‎60‎‎0‎=‎1‎‎2‎m‎1‎v‎2‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎m‎1‎v‎1‎‎2‎ 解得：v2=3m/s 因为a棒刚进入磁场时，ab棒中的电流最大，b受到的力最大，加速度最大，所以有：‎ 电动势为：‎E=B‎2‎Lv‎2‎ 电流为：‎I=‎ER‎1‎‎+‎R‎2‎ 根据牛顿第二定律：‎B‎2‎IL=‎m‎2‎amax 联立以上解得：‎amax‎=0.02m/‎s‎2‎ ‎（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不在产生焦耳热，所以 根据动量守恒：‎m‎1‎v‎2‎‎=‎m‎1‎‎+‎m‎2‎v‎3‎ 由能量守恒定律：‎‎1‎‎2‎m‎1‎v‎2‎‎2‎‎=‎1‎‎2‎m‎1‎‎+‎m‎2‎v‎3‎‎2‎+Qa+‎Qb 由于ab棒串联在一起，所以有：‎QaQb‎=‎R‎1‎R‎2‎ 解得：‎Qa‎=0.02J ‎（3）设接通开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有：‎v‎0‎‎=v‎1‎cos‎60‎‎0‎=1m/s 对a棒冲出过程由动量定理：‎‎∑B‎1‎ILΔt=‎m‎1‎v‎0‎ 即：‎B‎1‎Lq=‎m‎1‎v‎0‎ 代入数据解得：q=1C ‎14．图中A、B气缸的长度均为L=30 cm，横截面积为S，A、B气缸分别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热。C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的绝热轻活塞，D为阀门（细管中的体积不计）。起初阀门关闭，活塞紧靠B气缸左壁，A内有压强pA=2.0×105 Pa的氮气，B内有压强pB=1.0×105 Pa的氧气。外界环境温度为T0=300K，阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。‎ ‎①求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；‎ ‎②现给B内气体加热，达到平衡时活塞恰好回到初始位置，求此时B内气体温度；‎ ‎③气缸B内气体温度加热到660K至稳定，求此时B内气体压强。‎ ‎【答案】(1)x=10cm，p=1.5×105Pa (2) TB′=600K (3) pB′′=2.2×105 Pa ‎ ‎【解析】①最后平衡时，A、B中气体压强一样，设为p，由玻意耳定律得：‎ 对A部分气体有：‎pAL=pL+x 对B部分气体有：pBL=pL-x ‎ 代入相关数据解得：‎x=10cm，p=1.5×‎10‎‎5‎Pa ‎②给B内气体加热，活塞恰好回到初始位置的过程 由状态方程，对B部分气体有：pL-xTB‎=‎p‎'‎BLT‎'‎B ‎ 由玻意耳定律， 对A部分气体有：‎pL+x=p‎'‎AL 式中p‎'‎A‎、‎p‎'‎B为加热至稳定时A、B中气体的压强，T‎'‎B为最终B内气体温度 因活塞恰好回到初始位置，活塞与气缸B的左壁无相互作用，p‎'‎A‎=‎p‎'‎B ‎ 代入相关数据解得T‎'‎B‎=600K，‎p‎'‎B‎=2×‎10‎‎5‎Pa ‎（3）因T‎″‎B‎=660K>‎T‎'‎B，B内气体由600K加热至660K为等容变化，由查理定律得：‎ 对B中气体有：‎p‎'‎BT‎'‎B‎=‎p‎″‎BT‎″‎B 解得气缸B内气体温度加热到660K至稳定，求此时B内气体压强p‎″‎B‎=2.2×‎10‎‎5‎Pa ‎15．如图所示，半圆玻璃砖的半径R=12cm，直径AB与屏幕垂直并接触于A点，A点左侧屏幕上表面镀有反射膜。激光a以入射角i=30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现两个光斑，且A点左侧反射光与激光a垂直。‎ ‎(1)求玻璃砖的折射率；‎ ‎(2)求2个光斑之间的距离；‎ ‎(3)改变入射角，使屏MN上只剩一个光斑，求此光斑离A点的最长距离。‎ ‎【答案】(1)n=‎‎3‎ (2)‎16‎3‎cm (3) ‎‎12‎2‎cm ‎【解析】①光路图如图所示 ‎ ‎ 设折射角为α，根据折射定律和光路的可逆性可得：n=‎sinαsini ‎ 由几何关系得：α=‎‎60‎‎∘‎ ‎ 解得：n=‎‎3‎ ‎ ‎②由几何知识得ΔOPQ为直角三角形， 所以两个光斑PQ之间的距离为： ‎PQ=PA+AQ=Rtan30°+Rtan60°=16cm ‎（3）入射角增大的过程中，当发生全反射时屏MN上只剩一个光斑，此光斑离A最远时，恰好发生全反射，入射角等于临界角：i=C，则有：‎sinC=‎‎1‎n 代入数据解得：‎QA=RtanC=12‎2‎cm