精品解析：【全国百强校】西藏自治区拉萨中学2019届高三第六次月考理综物理试题(解析版)

拉萨中学高三年级（2019届）第六次月考
理科综合试卷
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

二、选择题
1.1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核，产生了第一个人工放射性核素X：。

X的原子序数和质量数分别为
A. 15和28
B. 15和30
C. 16和30
D. 17和31
【答案】B
【解析】
【详解】根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30，选项B正确。

2.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x之间关系的图像可能正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=m a，由以上式子联立可得，F=k x+ma。

可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误。

故选A。

【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等。

3. 如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。

若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则
A. 绳OO'的张力也在一定范围内变化
B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【答案】BD
【解析】
试题分析：物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接a 和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以．绳OO'的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg 和绳子的拉力F T保持不变，所以．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确
考点：共点力作用下物体的平衡，力的动态分析
4.（2017·新课标全国Ⅰ卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c。

已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。

下列选项正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
由题意知，m a g=qE，m b g=qE+Bqv，m c g+Bqv=qE，所以，故B正确，ACD错误。

【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是m a g=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。

5.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻，和的阻值分别为，，，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流
表的示数为该变压器原、副线圈匝数比为
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】B
【解析】
试题分析：该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压，电流为I1=I，副线圈的电压，根据欧姆定律，当开关S闭合时，原线圈两端电压
，电流为I1' =4I，副线圈的电压，根据欧姆定律综上解得k=3，故A、C、D错误，B正确。

【学科网考点定位】变压器、欧姆定律
【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。

解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、，并能熟练运用。

此题值得注意的是变压器的原线圈与电阻串联后接入交流电压。

【此处有视频，请去附件查看】
6.如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（）
A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B. L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【解析】
同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。

对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比
为，故C正确，D错误。

【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。

7.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程，
A. 矿车上升所用的时间之比为4:5
B. 电机的最大牵引力之比为2:1
C. 电机输出的最大功率之比为2:1
D. 电机所做的功之比为4:5
【答案】AC
【解析】
试题分析本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。

解析设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t 0×v0=×（t+3t 0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的牵引力F 3=mg。

第次提升过程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0；第次提升过程做功
W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。

点睛此题以速度图像给出解题信息。

解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。

实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。

8.如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。

导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向。

导线框R中的感应电动势
A. 在t=T/4时为零
B. 在t=T/2时改变方向
C. 在t=T/2时最大，且沿顺时针方向
D. 在t=T时最大，且沿顺时针方向
【答案】AC
【解析】
【详解】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误；故选AC。

三、非选择题
9.如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。

现要测量图（a）中弹簧的劲度系数，当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图（b）所示，其读数为_______cm。

当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为________N/m（保留3位有效数字）。

【答案】(1). 3.775 (2). 53.7
【解析】
本题主要考查游标卡尺的读数，弹簧劲度系数的测量、胡克定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用教材上游标卡尺的使用和探究弹簧的伸长与形变量的关系实验知识的能力。

实验所用的游标卡尺精度为0.05mm，游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的
读数规则，图（b）所示的游标卡尺读数为3.7cm+15×0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm。

托盘中放有质量为m=0.100kg的砝码时，弹簧受到的拉力F=mg=0.100×9.8N=0.980N，弹簧伸长
x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m，根据胡克定律，F=kx，解得此弹簧的劲度系数
k=F/x=53.7N/m。

【点睛】解答此题常见错误主要有：一是游标卡尺读数误差，或单位搞错导致错写成37.70；二是把重力加速度按照习惯用g=10m/s2代入计算导致错误；三是考虑采用图象法处理实验数据计算劲度系数耽误时间。

10.一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R0为标准定值电阻（R0=20.0 Ω）；可视为理想电压表。

S1为单刀开关，S2位单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。

采用如下步骤完成实验：
（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线_____________；
（2）将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S1；
（3）将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2；
（4）待测电阻阻值的表达式R x=_____________（用R0、U1、U2表示）；
（5）重复步骤（3），得到如下数据：
（6）利用上述5次测量所得的平均值，求得R x=__________Ω。

（保留1位小数）
【答案】(1). 如图所示：
(2). (3). 48.2
【解析】
【命题意图】本题主要考查电阻测量、欧姆定律、电路连接研及其相关的知识点。

【解题思路】开关S2掷于1端，由欧姆定律可得通过R x的电流I=U1/R0，将开关S2掷于2端，R0和R x 串联电路电压为U2，R x两端电压为U=U2-U1，由欧姆定律可得待测电阻阻值R x=U/I=R0=（-1）R0。

5次测量所得的平均值,（3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）=3.41，代入R x=（-1）R0=（3.41-1）
×20.0Ω=48.2Ω。

11. （10分）质量为2kg的平板车B上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车一端静止着一块质量为2kg的物体A，一颗质量为0．01kg的子弹以600m/s的速度水平瞬间射穿A后，速度变为100m/s。

（i）若A不会滑离B，求B的最大速度；
（ii）计算A B摩擦损失的机械能。

【答案】（i）v B=1.25m/s （ii）3.125J
【解析】
试题分析：取方向为正方向
（i）子弹与A作用过程：2分
得v A=2.5m/s 1分
A与B作用过程：2分
得v B=1.25m/s 2分
（ii）3分
考点：本题考查动量守恒定律和能量守恒定律。

12.如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。

自该区域上方的A 点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。

小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。

已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。

不计空气阻力，重力加速度大小为g。

求
⑴M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
⑵A点距电场上边界的高度；
⑶该电场的电场强度大小。

【答案】（1）3；（2）H/3；（3）
【解析】
（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：
v
–at=0①
②
③
联立①②③解得：④
（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为v y，则；
⑤
⑥
因为M在电场中做匀加速直线运动，则
⑦
由①②⑤⑥⑦可得h=⑧
（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，⑨
设M、N离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理：
⑩
⑪
由已知条件：E k1=1.5E k2
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：
【名师点睛】此题是带电小球在电场及重力场的复合场中的运动问题；关键是分析小球的受力情况，分析小球在水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程；灵活选取物理规律列方程。

13.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。

下列说法正确的是（）
A. 在过程ab中气体的内能增加
B. 在过程ca中外界对气体做功
C. 在过程ab中气体对外界做功
D. 在过程bc中气体从外界吸收热量
E. 在过程ca中气体从外界吸收热量
【答案】ABD
【解析】
试题分析：一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量．
从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；在过程ab中气体体积不变，根据可知，气体对外界做功为零，C错误；在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，D
正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E错误．
14.如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0°C的水槽中，B的容积是A的3倍。

阀门S将A和B两部分隔开。

A内为真空，B和C内都充有气体。

U形管内左边水银柱比右边的低60mm。

打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。

假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。

（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）；
（ii）将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温。

【答案】（i）180mmHg （ii）364 K
【解析】
【详解】（i）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0=273K。

设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B ，玻璃泡C中气体的压强为p C ，依题意有p1=p C+Δp①
式中Δp=60mmHg。

打开阀门S后，两水槽水温仍为T0 ，设玻璃泡B中气体的压强为p B 。

p B=p C②
玻璃泡A和B中气体的体积为V2=V A+V B③
根据玻意耳定律得p1V B =p B V2④
联立①②③④式，⑤
（ii）当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp。

玻璃泡C中气体的压强为
p c′=p B+Δp⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得⑦
联立②⑤⑥⑦式，T′=364 K ⑧
15.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时刻，波刚好传播到x=40m处，如图所示，在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是_____。

A. 波源开始振动时方向沿y轴负方向
B. 从t=0开始经0.15s，x=40m处的质点运动的路程为0.6m
C. 接收器在t=2s时才能接收到此波
D. 若波源向x轴正方向运动，接受器接收到波的频率可能为9Hz
E. 若该波与另一列频率为5Hz沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样
【答案】ABE
【解析】
【详解】根据波向右传播，由图可得：波前x=40m处质点向下振动，故波源起振方向向下，故A正确；t=0时刻，x=40m处质点开始振动；由图可得：波长λ=20m，故周期T＝＝0.1s，故质点振动时间t＝0.15s＝1T，运动路程s=6A=60cm=0.6m，故B正确；由波速可得：波传播到接收器处的时间，
故C错误；波源向接收器运动，由开普勒效应可知：接收到的波的频率增大，即接收到的频率f＞1/T＝10Hz，故D错误；两列波的频率不同，故不能产生稳定的干涉图样，故E正确；故选ABE。

16.如图，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为_____。

若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射射角______（“小于”“等于”或“大于”）60°。

【答案】(1). (2). 大于
【解析】
本题考查折射定律、光的色散及其相关的知识点。

根据题述和图示可知，i=60°，r=30°，由折射定律，玻璃对红光的折射率n==。

若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。