黑龙江省鸡西市一中2019届高三4月月考+物理

黑龙江省鸡西市一中2019届高三4月月考+物理

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 物 理 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 ‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 ‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 ‎ ‎4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是 A．卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了原子核内存在质子和中子 B．约里奥‎-‎居里夫妇用α粒子轰击‎ ‎‎13‎‎27‎Al发现了人工放射性同位素‎ ‎‎15‎‎30‎Al C．普朗克提出了光子说，成功地解释了光电效应现象 D．密立根通过阴极射线在电场中和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷 ‎15．如图所示，半径相同、质量都为m的均匀圆柱体a、半圆柱体b靠在一起，其中b固定在水平面MN上，g为重力加速度：开始时a静止在平面上，现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离水平面MN一直滑到b的顶端，对该过程进行分析，正确的是 A．a、b间压力由0逐渐增大，最大为‎2‎mg B．a、b间的压力开始最大为‎2‎mg，而后逐渐减小到0‎ C．拉力F大小由0逐渐增大，最大为‎3‎mg D．开始时拉力F最大为‎3‎mg，而后逐渐减小为0‎ ‎16．在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为‎12Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是 A．电压表的示数为‎6‎2‎V B．该交变电流的有效值为‎4‎3‎V C．电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J D．电流表的示数为‎0.5A ‎17．2018年12月12日，我国发射的“嫦娥四号”探测器进入环月轨道1，12月30日实施变轨进入环月轨道2．其飞行轨道如图所示，p点为两轨道的交点。如果嫦娥四号探测器在环月轨道1和环月轨道2上运动时，只受到月球的万有引力作用，环月轨道1为圆形轨道，环月轨道2为椭圆轨道。则以下说法正确的是 A．若已知嫦娥四号探测器环月轨道1的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度 B．若已知婦娥四号探测器环月轨道2的近月点到月球球心的距离、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度 C．嫦娥四号探测器在环月轨道2上经过p点的速度小于在环月轨道1上经过P点的速度 D．娀四号探测器在环月轨道2时，从近月点运动向远月点P的过程中，加速度变大 ‎18．高铁是中国“新四大发明之ー，有一段视频，几年前一位乗坐京泸高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒掉。这一视频证明了中国高铁的极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是 A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用 B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态 C．硬币倒掉是因为受到风吹的原因 D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用 ‎19．如图为娱乐场里常见的一种简单的娱乐设施一滑道，它由一个倾斜轨道和水平轨道平滑连接而成。若一名儿童自轨道顶端由静止开始下滑，到达水平轨道某处停下，儿童与整个轨道的滑动 摩擦因素处处相同，不计空气阻力。则下列关于其路程大小x、速度大小、加速度大小a、合カ大小F随时间t变化的大致规律，可能正确的是 A． B． C． D．‎ ‎20．质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图，离子源A产生电荷量相同而质量不同的离子束（初速度可视为零），从狭缝S1进入电场，经电压为U的加速电场加速后，再通过狭缝S2从小孔垂直MN射入圆形匀强磁场。该匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，半径为R，磁场边界与直线MN相切E为切点。离子离开磁场最终到达感光底片MN上，设离子电荷量为g，到达感光底片上的点与E点的距离为x，不计重力，可以判断 A．离子束带负电 B．x越大，则离子的比荷一定越大 C．到达x=‎3‎R处的离子在匀强磁场运动时间为πBR‎2‎‎9U D．到达x=‎3‎R处的离子质量为qB‎2‎R‎2‎‎6U ‎21．如图所示，abed为粗细均匀的正方形金属框，边长为L，质量为m，总阻值为R，倾角为O的斜面光滑，斜面上以PQ和MN为边界的区域内存在一垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，若将金属框从ab边距边界PQ的距离等于磁场宽度（磁场宽度大于金属框的边长L）的地方由静止开始释放，金属框刚离开磁场时恰好加速度为0，且从开始释放到完全离开磁场，金属框产生的电热为Q，则 A．金属框先做匀加速运动再做匀减速运动 B．磁场的宽度为R‎2‎m‎2‎gsinθ‎9‎B‎2‎L‎4‎‎+Q‎2mgsinθ-‎L‎2‎ C．金属框刚离开磁场的速度为RmgB‎2‎L‎2‎sinθ D．金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为BL‎2gRsinθ 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ 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40题为选考题，考生根据要求做答)‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎22．(5分)探究力对物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图（俯视图）关于实验主要过程说法正确的是 A．小车运动中会受到阻力，利用补偿的方法可以使木板适当倾斜，轻推小车可以匀速下滑即可 B．分别用1、2、3、‎……‎条橡皮筋，就能使得力対小车做的功一定是F、2W、3W、‎‎……‎ C．纸带上打出的点，应选择均匀清晰的点迹求小车的速度 D．画出的w-v图象应是一条直线 ‎23．(10分)为测量某电瓶车的电源电动势E及内阻r约为12V，额定功率150W，r约为0.1Ω）器材量程为3A内阻为0.1Ω的电流表，定值电阻R1=4.4Ω，定值电阻R2=1.5Ω，电键K1，电键K2，导线若干 ‎①画出实验电路原理图。图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出_________。‎ ‎②实验中，先闭合开关K1测得电流表读数为I1=2.60A，再闭合开关K2测得电流表读数为I2=2.40A，则可以求出E=______，r=______。（结果保留2位有效数字）‎ ‎24．(14分)如图，一质量为m、电荷量为g（q＞0的粒子在匀强电场中运动，A，B为其运动轨迹上的两点，A，B水平距离为L，运动轨迹在竖直平面内，已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与竖直方向夹角为60°：它运动到B点时速度v大小为‎1‎‎2‎v0，方向竖直上，不计重力。求匀强电场的场强。‎ ‎25．(18分)如图，两个滑块A和B的质量分别为4kg和2kg，放在静止于水平地面上的足够长的木板C上，两者与木板间的动摩擦因数均为0.4：木板的质量为2kg，与地面间的动摩擦因数为0.1．某时刻A滑块获得初速度v0=4m/s，0.5秒后A、B发生碰撞，碰撞过程时间极短AB总动能损失0.5J，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块大小，取重力加速度大小g=10ms2．求 ‎（1）求碰撞前滑块A和B的速度；‎ ‎（2）A，B，C刚共速时候的速度。‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎33．【物理——选修3-3】(15分)‎ ‎(1)(5分) 关于气体、固体，下列说法正确的是（　　）‎ A．一定量的理想气体的内能只与温度有关，温度升高时内能一定增加 B．盛有气体的容器做减速运动时，容器中气体的内能随之减小 C．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 D．因为石英是晶体，所以由石英制成的玻璃也是晶体 E. 单晶体具有天然规则的几何外形是由于它的微粒按一定规律排列 ‎(2)(10分)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，玻璃管导热良好。用水银封闭一段空气在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图甲所示。将玻璃管在竖直平面内旋转90°如图乙所示。求此时右管中水银面移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强P0=76.0cmHg环境温度不变。（管的直径忽略不计）‎ ‎34．【物理——选修3-4】(15分)‎ ‎(1)(5分)一列横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形曲线如图所示。已知这列波的质点P从t=0时刻起第一次达到波峰的时间为0.6s，质点PQ的坐标分别为（1，0）和（7，0），则有（　　）‎ A．这列波的频率为‎1.25Hz B．这列波的波长为5m C．这列波的传播速度为‎6.25m/s D．当‎=0.8s时，质点P的位移x=0‎ E. 质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷 ‎(2)(10分)如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，O为圆心，一纸面内的单色光束从玻璃砖的某一定点P点射入，入射角O可以任意变化，现要求只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况），已知：α=60°，玻璃砖对该单色光的折射率n=‎2‎，光在真空中的速度为C，则求：‎ ‎（1）光在玻璃砖中传播的最短距离时入射角θ为多少？‎ ‎（2）光在玻璃砖中传播的最短时间t。‎ 绝密 ★ 启用前 物理答案 二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14．【答案】B ‎【解析】卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，故A错误；1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击‎13‎‎27‎Al，发现了人工放射性同位素‎15‎‎30‎P，故B正确；爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应现象，故C错误；1897年，汤姆孙通过阴极射线在电场中和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷，故D错误。‎ ‎15．【答案】D ‎【解析】如图所示：‎ 对a进行受力分析：缓慢地将a拉离水平面MN一直滑到b的顶端的过程中，α角逐渐减小到零，由平衡条件得a、b间的压力Fab逐渐较小到mg，F逐渐减小到零，则刚拉动时Fab、F值最大，由几何关系得θ=30°，由平衡条件得最大值分别为Fmax‎=‎3‎mg，Fabmax=2mg，故ABC错误，D正确。‎ ‎16．【答案】D ‎【解析】由焦耳定律得‎6‎‎2‎‎2‎‎2‎R‎×1+‎6‎‎2‎R×2=U‎2‎R×3‎，可得电压有效值U=6V，电表读数为有效值，故A错；电压变的读数为有效值，即U=6V，故B错误；热量根据有效值进行计算，则Q=U‎2‎RT=9J，故C错误；电流表读数为有效值，则I=UR=‎6‎‎12‎A=0.5A，故D正确。‎ ‎17．【答案】C ‎【解析】由万有引力提供向心力可得：GMmr‎2‎=m‎4π‎2‎rT‎2‎，则圆轨道的周期公式T=2πr‎3‎GM，则可计算出月球质量M，但月球半径R未知，所以算不出月球密度，故A错误；因为2轨道为椭圆轨道用不了圆轨道的周期公式，且月球半径R未知，同理计算不出月球密度，故B错误；探测器在1轨道的P减速后才能变轨到2轨道，故C正确；由近月点向远月点P运动过程中，探测器与月心距离增大，则引力减小，由牛顿第二定律加速度应变小，故D错误。‎ ‎18．【答案】A ‎【解析】当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故A正确，BD错误；硬币倒掉是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域是没有外界吹来的风，故C错误。‎ ‎19．【答案】BC ‎【解析】儿童在斜面阶段与斜面正压力大小与重力在垂直斜面方向的分量相等，此分量小于重力，在水平轨道正压力大小等于重力，摩擦力与正压力大小呈正比，两个阶段滑动摩擦力又相等，故斜面阶段加速度要小于水平轨道阶段，因此在倾斜轨道下滑过程中，由于受力不平衡会加速下滑F=ma=mgsinθ-μmgcosθ，会加速下滑的路程为x=‎1‎‎2‎at‎2‎，路程大小随时间变化是曲线，故A错误；加速过程v=at，其中加速度a=gsinθ-μgcosθ，速度大小随时间变化是直线，在水平面上根据牛顿第二定律：F′=ma′=μmg，可得：a′=μg，可知做减速运动，且合外力F和F′大小关系不确定，a与a′之间大小关系不确定，故B可能正确；两阶段加速度大小不确定，故C可能正确；水平轨道阶段合力与斜面阶段力的方向必然相反，故D错误。‎ ‎20．【答案】CD ‎【解析】带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，设加速后的速度大小为v，根据动能定理有：qU=‎1‎‎2‎mv‎2‎-0‎，解得：v=‎‎2qUm，然后匀速运动到E点进入有界磁场中，其运动轨迹如下图所示：‎ 粒子从E点先沿虚线圆弧，再沿直线做匀速直线运动到N点。由左手定则，粒子是正电。故A错误；由qvB=mv‎2‎r，则r=‎mvqB，x越大则r越大，则比荷qm越小，故B错误；在△ENO中tanθ=‎xR，解得:θ=60°，设带电粒子运动的轨迹圆的半径为r，根据数学知识有：r=‎3‎‎3‎R，解得：m=‎qB‎2‎R‎2‎‎6U，由t=α‎360‎‎∘‎T=α‎360‎‎∘‎×‎‎2πmqB，由几何关系圆弧圆心角α=120°，联立可得： t=‎πBR‎2‎‎9U，故CD正确。‎ ‎21．【答案】BC ‎【解析】假设磁场宽度为x，dc边刚好离开磁场MN边界时加速度为0，则mgsinθ=BIL=BLBLvmaxR‎=‎B‎2‎L‎2‎vmR，则此时速度为vm是此过程中的最大速度，由于磁场宽度大于框边长L，所以线框在进入PQ边的过程中速度小于vm，由于下滑过程中安培力F安‎=‎B‎2‎L‎2‎vR，随速度增大而增大，则线框在进入PQ边的过程中，根据牛顿第二定律有： mgsinθ-B‎2‎L‎2‎vR=ma，v增大，a减小，所以金属框做加速度减小的加速运动，不会做匀加速运动，全程加速也不会出现减速运动，故A错误；由能量守恒有mgsinθ（2x+L）=Q+‎1‎‎2‎mvm‎2‎，则得x=R‎2‎m‎2‎gsinθ‎9‎B‎2‎L‎4‎+Q‎2mgsinθ-‎L‎2‎，故B正确；金属框刚离开磁场时加速度a=0，则mgsinθ- B‎2‎L‎2‎vR=ma=0‎ ‎，可得v=‎mgRsinθB‎2‎L‎2‎，故C正确；金属框进入磁场前，加速度为 a′=gsinθ，由运动学公式有v2=2a′x，再结合电势差与闭合电路欧姆定律公式得：金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为Uab‎=‎3‎‎4‎E=‎3‎‎4‎BLv，解得Uab‎=‎3‎‎4‎BL‎2gxsinθ，故D错误。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ 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40题为选考题，考生根据要求做答)‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎22．(5分) ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】小车运动中会受到阻力，使木板适当倾斜，小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力；故A正确；分别用1、2、3、……条橡皮筋，时还需要每次都让小车拉到同一位置才能使得合外力对小车做的功是W、2W、3W、故B错误；纸带上打出的点，应选择均匀清晰的点迹求小车的速度，故C正确；因为‎1‎‎2‎mv‎2‎，画出的W-v图象应是一条曲线，W-v2的图象才是直线，故D错误。‎ ‎23．(10分) ‎ ‎【答案】 12V 0.13Ω ‎【解析】①由题可知，无电压表，且I=PU=‎150‎‎12‎A=12.5A>3A，故需把电流表串联一个大电阻更改装成电压表，故电路如图:‎ ‎；‎ ‎②由闭合欧姆定律可以得闭合开关K1时：E=I1R1+I1r，再闭合开关K2时：E=I‎2‎R‎1‎+I‎2‎‎+‎I‎2‎R‎1‎R‎2‎r，又I1=2.60A、I2=2.40A、R1=4.4Ω、R2=1.5Ω，联立解得：E=12V、r=0.13Ω。‎ ‎24．(14分)‎ ‎【解析】由题意知初速度与竖直方向夹角为π‎3‎，初速度v0．可以分解为 水平方向vx‎=v‎0‎⋅cos(π‎3‎)=‎‎3‎‎2‎v‎0‎ 竖直方向vy‎=v‎0‎⋅cos(π‎2‎-π‎3‎)=‎‎1‎‎2‎v‎0‎ 由于竖直方向速度不变可以知道电场力方向水平向右，电场强度方向也是水平向右 由A向B运动过程为水平方向匀减速运动。竖直方向匀速直线运动，利用动能定理有：‎ ‎-EqL=‎1‎‎2‎m(‎1‎‎2‎v‎0‎)-‎1‎‎2‎m(‎v‎0‎‎)‎‎2‎ 联立上式解得‎：E=‎3mv‎0‎‎2‎‎8ql。‎ ‎25．(18分) ‎ ‎【解析】（1）碰撞前A滑块做匀减速运动，A受到的滑动摩擦力fA=μAmAg=0.4×4×10N=16N 根据牛顿第二定律得aA=-fAmA=-μAg=-4m/s2‎ 碰撞前瞬间A的速度vA=v0+aAt=4-4×0.5=2m/s 碰撞前BC滑块看作一个整体做匀加速运动，则f地=μ地（mA+mB+mC）g BC整体的加速度aBC=‎fA‎-‎f地mB‎+‎mC 可得f地=8N，aBC=2m/s2‎ 则vBC=aBCt=2×5=1m/s ‎（2）碰撞过程AB滑块动量守恒，取向右为正方向，则有： mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′‎ 碰撞过程AB滑块能量守恒，有：   ‎1‎‎2‎mAvA2+‎1‎‎2‎mBvB2=‎1‎‎2‎mAvA′2+‎1‎‎2‎mBvB′2‎ 可以解得：vA′=1.5m/s，vB′=2m/s 或者vA′=‎11‎‎6‎m/s，vB′=‎4‎‎3‎m/s。由于A滑块的速度不能大于B，所以舍去 碰撞后A滑块受到摩擦力不变仍然为fA=16N ‎  可得：aA=-4m/s2‎ 碰撞后BC滑块B物体的速度大于C，不能看成一个整体。‎ B受到摩擦力fB=μBmBg 解得fB=8N 对C有aC=‎fA‎+fB-‎f地mC 解得：aC=8m/s2‎ AC滑块相对运动直到共速过程 对A有vAC=vA′+aAt2。‎ 对C有vAC=vBC+aCt2。‎ 可得vAC=‎4‎‎3‎m/s，t2=‎1‎‎24‎s 然后B滑块继续减速（此过程AC共同恰好能匀速运动）直到ABC速度均为‎4‎‎3‎m/s。‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎33．【物理——选修3-3】(15分)‎ ‎(1)(5分) ‎ ‎【答案】ACE ‎【解析】一定量的理想气体的内能只与温度有关，温度升高内能增大，温度降低内能减小，故A正确；气体的内能与运动状态无关，只与温度有关，故B错误；等压膨胀过程中根据盖吕萨克定律VT‎=C可知，气体温度升高，则内能增大，故C正确；石英玻璃是非晶体，故D错误；由于它的微粒按一定规律排列，使单晶体具有规则的几何形状，故E正确。‎ ‎(2)(10分)‎ ‎【解析】以右管空气为对象 初状态：P1=P0-Ph1=（76-4）cmHg=72 cmHg V1=SL1 ‎ 末状态：P2=P0+Ph2=（76+4）cmHg=76 cmHg V2=SL2 ‎ 由玻意耳定律有：P1V1=P2V2 ‎ 解得：L2=4.5cm ‎ 右管中水银面移动的距离：x=L1-L2=0.5cm。‎ ‎34．【物理——选修3-4】(15分)‎ ‎(1)(5分) ‎ ‎【答案】ADE ‎【解析】波沿x轴正方向传播，由传播方向与振动方向的关系可知t=0时刻P振动的方向向下，则P质点经过‎3T‎4‎=0.6s第一次到达波峰，所以可知周期为0.8s，波的频率为：f=‎1‎T=‎‎1‎‎0.8‎=1.25Hz，故A正确；从波形图象可知此波的波长是4 m，故B错误；波速为：v=λT=‎4‎‎0.8‎m/s=5m/s，故C错误；在t=0时刻P在平衡位置，经0.8s即一个周期回到原位置，故D正确；P、Q两质点相距6 m，即‎3‎‎2‎个波长，P、Q两质点振动步调相反，故E正确。‎ ‎(2)(10分) ‎ ‎【解析】（1）光在玻璃砖中传播的最短时折射光线水平，折射角r=900-600=300‎ 由折射定律有：sinθsinr=n 解得：θ=450‎ ‎（2）光在玻璃砖中传播的最短距离：x=Rcosr 解得：x=‎‎3‎‎2‎R 光在玻璃砖中传播速度：v=‎cn 所以最短时间为：t=‎xv 解得：t=‎‎6‎R‎2c‎。‎