精品解析：【全国百强校】吉林省实验中学2019届高三下学期六次月考理综物理试题(解析版)

吉林省实验中学2018-2019学年度高三第六次月考理
科综合试题
注意：
1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2. 选出每小题答案后，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。

不能答在本试卷上，否则无效。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.物理概念的形成和物理规律的得出极大地推动了人类对自然界的研究和认识进程，下列关于物理概念和规律的说法正确的是（）
A. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证
B. 伽利略将斜面实验的结果合理外推，发现了行星运动的规律
C. 在研究带电体之间的相互作用时引入了点电荷的概念，只有电荷量很小的带电体才可看成点电荷
D. 把电容器的带电量Q与两极板间电压U的比值定义为电容，是因为该比值的大小不取决于Q和U，且它能够反映电容器容纳电荷的本领
【答案】D
【解析】
【分析】
根据物理学史和常识解答，记住牛顿、伽利略、笛卡儿、开普勒等著名物理学家的主要贡献即可．根据看作点电荷的条件判断．
【详解】A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证；故A错误. B．开普勒利用第谷的观测数据总结发现了行星运动的三大定律；故B错误.
C．在研究带电体之间的相互作用时引入了点电荷的概念。

只有当带电体的大小和形状及电荷的分布对电荷间的作用力影响能忽略不计时，带电体才能看做点电荷，与带电体的大小无关；故C错误.
D．电容的定义是电容器的带电量Q与两极间电压U的比值叫电容，运用比值法定义，电容与Q、U无关，
反映电容器容纳电荷的本领；故D正确.
故选D.
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值.先对A受力分析，根据平衡条件表示出绳子的拉力，再对B受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与B重力的关系，进而得到A和B质量之比.
【详解】对A受力分析，根据平衡条件有：T=m A g
对B受力分析，如图：
根据平衡条件：m B g cosθ=f，m A g=N+m B g sinθ
据题知，滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值，有，联立解得：，故B正确，A、C、D错误；故选B.
【点睛】本题的关键是分别对两个物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件，并结合正交分解法列式求解.
3.黑光灯是灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”。

图示是高压电网的工作电路，其输入电压为有效值是220V的正弦交流电，经变压器输出给电网使用。

已知空气的击穿电场的电场强度为3000V/cm，要使害虫瞬间被击毙至少要1000V的电压。

为了能瞬间击毙害虫而又防止空气被击穿而造成短路，则（）
A. 变压器原、副线圈的匝数之比的最小值为
B. 变压器原、副线圈的匝数之比的最大值为
C. 电网相邻两极间距离须大于
D. 电网相邻两极间距离的最大值为3cm
【答案】C
【解析】
AB、根据理想变压器的原理：，由题意，为防止短路：，联立得：，故变压器原、副线圈的匝数之比的最小值为，故AB错误；
CD、高压电网相邻两极板间的击穿电压，即变压器次级线圈的电压：，电网相邻两极间距离
，故C正确，D错误；
故选C。

4.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图1所示。

一个电荷量为2C,质量为1kg的小物块从C点静止释放,其运动的v−t图象如图2所示,其中B点处为整条图线斜率最大的位置
(图中标出了该切线)。

则下列说法正确的是（）
A. 由C点到A点的过程中，电势逐渐升高
B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1 V/m
D. AB两点的电势差U AB=−4V
【答案】C
【解析】
试题分析：A、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A点的过程中电势逐渐减小，故A错误；B、从速度时间图象可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B正确；C、从速度时间图象可知带电粒子在B点的加速度最大为a m=2m/s2，所受的电场力最大为F m=ma m=2N，据E=F/q知，B点的场强最大为1N/C，故C正确；D、从速度时间图象可知A、B两点的速度分别为v A=6m/s，v B=4m/s，再根据动能定理得:，解得U AB=-5V，故D错误．故选C．
考点：电势差与电场强度的关系；电势差．
【名师点晴】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法．
5.2017年11月21日，我国以“一箭三星”方式将吉林一号视频04、05、06星成功发射。

其中吉林一号04星的工作轨道高度约为535km，比同步卫星轨道低很多，同步卫星的轨道又低于月球的轨道，其轨道关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A. 吉林一号04星的发射速度一定小于7.9km/s
B. 同步卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球的角速度大
C. 吉林一号04星绕地球运行的周期比同步卫星的周期大
D. 所有卫星在运行轨道上完全失重，重力加速度为零
【答案】B
【解析】
A、第一宇宙速度是7.9km/s，卫星的最小发射速度，故A错误；
B、卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，故，同步卫星离地球较近，同步卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球的角速度大，故B正确；
C、卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，故
，吉林一号04星离地球较近，吉林一号04星绕地球运行的周期比同步卫星的周期小，故C错误；
D、所有卫星做匀速圆周运动，在运行轨道上完全失重，但重力加速度不为零，故D错误；
故选B。

【点睛】卫星越低越快、越高越慢，第一宇宙速度是在地球表面附近发射人造卫星所需的最小速度，也是近地卫星的环绕最大速度。

6.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD—A1B1C1D1，从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）。

关于小球的运动，下列说法正确的是
A. 落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最小
B. 落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是
C. 运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同
D. 运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的速度方向都相同
【答案】BC
【解析】
【详解】小球落到A1B1C1D1内时下落的竖直高度都相同，根据h=gt2可知，时间相同，落在C1点时水平位移最大，则平抛的初速度最大，选项A错误；落点在B1D1上的小球，最近的水平位移为，最远的水平位移为a（a为正方体的边长），则平抛初速度的最小值与最大值之比是，选项B正确；设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则有
，tanθ=，则tanθ=2tanα，可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故C正确；运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的位置不同，则竖直高度不同，根据
可知竖直速度不同，因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D错误。

故选BC.
【点睛】决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，即水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，运动时间由下落的高度决定；掌握分位移公式；D项也可以根据作为结论记住。

7.x-y平面内，在y<0的区域存在垂直xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。

abcd为半径为R的闭合圆形铝线圈，圆心的坐标为(0, 0.5R),通有方向为abcda的恒定电流，线圈竖直放置，此时线圈恰好静止。

重力加速度为g.下列能使线圈的加速度大小瞬间变为g的是（）
A. 仅将磁感应强度大小改为2B
B. 仅将线圈以y轴为轴转90°
C. 仅将线圈x轴为轴转180°
D. 仅将线圈向下移至圆心位于原点
【答案】AB
【解析】
【分析】
依据安培力与重力平衡，结合安培力大小表达式，及通电导线的有效长度，即可一一求解.
【详解】A．线圈恰好静止，则有BIL=mg，若仅将磁感应强度大小改为2B，那么2BIL=2mg，根据牛顿第二定律，则有：2BIL-mg=ma，解得a=g，故A正确；
B．若仅将线圈以y轴为轴转90°，此时安培力为零，只有重力，则线圈的加速度大小为g，故B正确；C．当仅将线圈以x轴为轴转180°，线圈处于磁场中的通电有效长度没变，因此安培力大小不变，而方向变为相反，此时线圈的加速度a=2g，故C错误；
D．当将线圈向下移动至圆心位于原点，导致通电线圈在磁场中有效长度由，变成2R，因此安培力大小变为原来的倍，由A选项分析，结合牛顿第二定律，线圈的加速度大小不是g，故D错误；
故选AB.
【点睛】考查安培力大小表达式的应用，掌握通电导线的有效长度，理解牛顿第二定律的内容.
8.如图所示，电动机通过轻绳将小球自离地一定高度处由静止开始竖直向上提升，运动中小球的机械能E 随时间t变化的图像如图所示（图中各量已知），下列说法正确的是（）
A. 小球向上做匀加速直线运动
B. 电动机的输出功率为
C. 小球上升的最大速度
D. 已知小球t1时间内上升的高度为h1，则可求出t1时刻小球的速度
【答案】BD
【解析】
【分析】
由图象分析得到牵引力的功率一定，再由牛顿第二定律、匀速直线的条件、变力做功由动能定理求速度等方法处理.
【详解】A．根据功能关系可知，除重力做功以外的是绳的牵引力做正功引起机械能的增大，，而机械能的增加关于时间t均匀增大，可由知拉力的功率保持不变，，有，则小球做加速度逐渐减小的变加速运动；故A错误.
B．由可知图象的斜率即为牵引力的功率，有；故B正确.
C．当牵引力等于重力时，加速度为零速度达到最大，有，可得；故C错误. D．在时间t1内做变加速直线运动，由动能定理得：，故已知上升的高度h，可求得末速度v；故D正确.
故选BD.
【点睛】本题需要类比成机车以恒定的功率启动，先做变加速直线运动后做匀速直线运动；由牛顿第二定律处理瞬时问题，由匀速直线运动的条件找到最大速度；由动能定理求解时间和速度的关系.
第Ⅱ卷
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做答。

第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共129分）
9.为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。

位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示。

(1) 根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v =____m /s，木块加速度a = _____m /s2(结果均保留2位有效数字)；
(2) 为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是_______。

(已知当地的重力加速度g)
【答案】（1）0.40 1.0 （2）木板的倾角θ（或A点距地面高度等，答出一个就给分）
【解析】
试题分析：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0．4s末的速度为：
，0．2s末的速度为：，则木块的加速度为：
．
（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：，得：所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角（或A点的高度等）；
考点：考查了测定动摩擦因数实验
【名师点睛】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．
10.某兴趣小组要测定电源的电动势和内阻，他们找来了如下器材：
A.电流表G (量程为30mA、内阻未知)
B.电阻箱R (0～999.9Ω)
C.滑动变阻器R1 (0～20Ω)
D.滑动变阻器R2 (0～1kΩ)
E.开关、导线若干
F.电源E(电动势约10V)
(1)要完成实验，首先需测量电流表G的内阻.测量电流表G内阻的实验电路如图所示.
①将下述实验过程补充完整.
a．选择器材，滑动变阻器R′应该选取________(选填“R1”或“R2”)；
b．连接好电路，R′的滑片应调到________(选填“a”或“b”)端；
c．断开S2，闭合S1，调节R′，使电流表G满偏；
d．保持R′不变，闭合S2，调节电阻箱R的阻值，当R＝10Ω时，电流表G的示数为20mA；
②如果认为闭合S2前后干路上电流不变，则电流表G的内阻Rg＝________Ω.
(2)在测出电流表内阻R g后，测定该电源的电动势和内阻的电路如图甲所示.闭合开关S，调整电阻箱R，读取相应的电流表示数I，记录多组数据(R，I)，得到如图乙所示的图线，则电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
【答案】(1). R2(2). a(3). 5(4). 9(5). 40
【解析】
【分析】
(1)明确实验原理，根据电路图得出实验方法，再根据半偏法的基本原理进行分析，从而得出对应的仪表，并通过电阻箱示数利用串并联电路规律即可求出电流表内阻；
(2)明确闭合电路欧姆定律的应用，并根据图象进行分析，利用数学规律即可求得电动势和内电阻.
【详解】(1)①由题意可知，电源电动势约为10V，而电流表量程为30mA，则电流表达满偏时需要的电阻为：，故为了安全和准确，滑动变阻器应选择R2；
②为了让电路中电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时接入电阻应最大，故滑片应滑至a端；
⑤由实验步骤可知，当R=10Ω时，电流表G的示数为20mA，则流过R的电流为10mA，则电流表内阻
.
(2)根据实验电路以及闭合电路欧姆定律可知：，
变形可得：；
则由图象可知图象的斜率，而，解得；图象与纵轴的交点为5，则可知，可得：.
【点睛】本题考查用图象求电动势和内电阻的方法，要注意由实验原理结合闭合电路欧姆定律求出表达式，再结合数学知识求得电动势和内电阻.
11.如图所示，足够长的U型光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L=1m，其下端与R=1Ω的电阻连接，质量为m=0.2kg的导体棒（长度也为L）与导轨接触良好，导体棒电阻r=1Ω，导轨电阻不计。

磁感应强度B = 2T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M=0.5kg的重物相连，重物离地面足够高。

使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t =1.1s时，其速度达到最大.求：(取g =10m/s2)
(1)导体棒的最大速度v m；
(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t =1.1s的过程中，电阻R上产生的焦耳热.
【答案】（1）；（2）2.3J
【解析】
【分析】
(1)金属棒ab由静止开始沿导轨上滑，做加速度逐渐减小的变加速运动，加速度为零时速度最大.由平衡条件和安培力与速度的关系求出导体棒的最大速度.
(2)根据动量定理和电荷量公式求出导体棒上滑的距离，再由能量守恒定律处理电阻R上产生的焦耳热. 【详解】(1)速度最大时导体棒做匀速直线运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势为：E=BLv m
感应电流为：
安培力为：
导体棒达到最大速度时由平衡条件得：
解得：
(2)以导体棒和重物为系统由动量定理得：
可得：
又电荷量为：
可得棒滑行的位移：
由能量守恒定律得：
解得总的焦耳热为：
电路共两个电阻串联，则
【点睛】本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析导体棒的运动状态，确定其受力情况。

要知道电磁感应中电荷量往往根据动量定理求解，而电荷量与导体棒移动的距离有关.对于热量，往往根据能量守恒求解.
12.如图所示，静止在光滑水平轨道上的平板车，长L＝2.0m，质量M＝0.25kg.质量m＝1.0kg的小物块以v0＝10m/s的初速度放在平板车的左端，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r＝1m，直径MON竖直，平板车的上表面和半圆形轨道最低点高度相同，开始时平板车的右端距半圆形轨道底端1.5m，平板车碰到半圆形轨道后立即停止运动，取g＝10m/s2，求：
(1)物块刚进入半圆形轨道时速度的大小；
(2)物块回落至平板车上时与平板车右端的距离.
【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
(1)板块模型在地面光滑的情况下优先选择系统的动量守恒求末速度，但要判断物块是否能共速还是滑离木板；
(2)物体在到达半圆轨道的最高点过程中机械能守恒，可求得速度；且要通过最高点应满足临界条件则可确定物体可能的运动过程；再做平抛运动，由运动规律可求得物体距右端的距离.
【详解】(1)小物块、平板车在水平方向上满足动量守恒定律，
设二者共速时的速度大小为v1，有:mv0＝(m＋M)v1
代入数据解得:v1＝8m/s
设共速时平板车向右运动的位移为x1,由动能定理得
解得:，
因，即平板车没碰到固定半圆形轨道前物块与平板车已共速，此时物块相对平板车的位移Δx 满足：
解得:
平板车停止运动后以物块为研究对象，设物块刚进入半圆形轨道时的速度大小为v2，
由动能定理有:
解得:
(2)若物块能到达半圆形轨道的最高点，设物块到达最高点的速度大小为v3，
则由机械能守恒定律可得：
代入数据解得:
若物块恰能通过最高点的速度大小为v4，则
代入数据解得:
因为v3>v4，故物块从半圆形轨道的最高点做平抛运动，设距平板车右端的水平距离为x，
由平抛运动规律：水平方向x＝v3t
竖直方向：
代入数据解得:
【点睛】分析清楚物块在每个过程的运动状态，根据物体的运动的过程来逐个求解，本题中用到了匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动的规律，涉及到了动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动等，要求学生要熟练的应用每一部分的知识.
四、【物理—选修3-4】(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)
13.如图所示为一列沿x正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图。

其中a、b为介质中的两质点，若这列波的传播速度是100 m/s，则下列说法正确的是_________.
A. 该波波源的振动周期是0.04 s
B. a、b两质点可能同时到达平衡位置
C. t＝0.04 s时刻a质点正在向下运动
D. 从t＝0到t＝0.01 s时间内质点b的路程为1 cm
E. 该波与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象
【答案】ACE
【解析】
【分析】
由图可知波的波长，根据可以求得周期，根据波的平移原则判断某时刻某个质点的振动方向，知道周期则可得出质点的路程，当两列波的频率相同时，发生干涉现象.
【详解】A．由图象可知，波长λ＝4m，振幅A＝2cm，由题意知，波速v＝100m/s，波源的振动周期，故A正确；
B．a、b两质点不可能同时到达平衡位置，故B错误；
C．波沿x轴正方向传播，0时刻a质点正在向下运动，t＝0.04 s＝T，一个周期后a质点回到了原来的位置，仍然正在向下运动，故C正确；
D．从t＝0到t＝0.01 s时间内，，四分之一个周期的时间内，质点运动的路程一定大于，故D错误；
该波的频率，与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，故E正确．
故选ACE.
【点睛】考查波的形成与传播过程，掌握波长、波速与周期的关系，理解质点的振动方向与波的传播方向的关系．
14.如图所示，放置在真空中的三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A＝30°.在BC的延长线上有一单色点光源S，从S射出的一条光线从AC边上的D点(图中未画出)处射入棱镜中，经三棱镜折射后垂直于AB边射出．若S、D两点的距离为d，且光从光源S到D的传播时间与光在三棱镜中传播的时间相等．已知三棱镜的折射率，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)从光源射出的光线与SB边的夹角；
(2)入射点D到顶点A点的距离．
【答案】(1)θ＝15°(2)
【解析】
【分析】
(1)作出光路图，根据折射定律求出折射角，由几何知识求解从光源射出的光线与SB边的夹角；
(2)根据几何知识求出光线在玻璃砖中传播的距离，由求出光在玻璃砖中传播的速度，结合题设条件：光从光源S导D点的传播时间跟光在三棱镜的时间相等，列式求解．
【详解】(1)根据题意作出光路图:
由折射定律有：
又：r=90°-60°=30°
联立解得：i=45°
由几何知识可得光源射出的光线与直线BC边的夹角为：∠DSC=∠C-(90°-i)=15°
(2)根据题意，设光在三棱镜中传播的距离为x，速度大小为v，则有：
又由于：
由几何知识知，入射点D到顶点A点的距离
联立解得：
【点睛】解答本题的关键是正确画出光路图，然后依据几何关系和折射定律、光速公式解题．。