云南省大理州新世纪中学高三月考卷(五) 高三物理

云南省大理州新世纪中学高三月考卷（五）高三物理
云南省大理州新世纪中学2019-2019学年高三月考卷（五）
高三理综物理
一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分)
1.下列说法正确的是（）
A．核反应U+n→X+Sr +n是核聚变反应，反应过程中会释放能量
B．天然放射现象与原子核内部变化有关
C．用比值法定义物理量是物理学研究常用的方法。

其中a＝，I＝，B＝都属于比值定义式
D．千克，库仑，米属于国际制单位中的基本物理量单位
2.如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面由静止滑下，在不同的条件下进行多次实验，下列叙述正确是（）
A．θ角越大，小球对斜面的压力越大
B．θ角越大，小球运动的加速度越小C．θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短D．θ角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同3.狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布(如图5甲所示)，距离它r处的磁感应强度大小为B＝(k为常数)，其磁场分布与负点电荷Q的电场(如图乙所示)分布相似．现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S和Q附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断不正确的是()
A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
B．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示
C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
D．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q 的正下方，如
A．电场力对小球做功为零
量为mg2t2
B．小球的机械能减小
C．小球的电势能减小
D．C一定位于AB直线的右侧
8.如图，初速度可忽略，质量相同，电量分别为q和3q 的粒子P和y，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，不计粒子重力，下列表述正确的是（）
A．P和y离开电场区域时的动能相同
B．P和y在电场中运动时的加速度之比为1∶3
C．P在磁场中运动的半径较大
D．y在磁场中运动的周期较大
分卷II 三、实验题(共2小题, 共14分)
9.（I）在《验证力的平行四边形定则》的实验中，下列说法正确的是
A．同一次实验过程，两次拉橡皮条时，其结点O应达同一位置
B．用两只弹簧秤拉橡皮条时，两细线的夹角应越大越好C．用一只弹簧秤拉橡皮条时，只需记录弹簧秤的读数D．本实验采用的科学方法是等效替代法
（II）在《验证机械能守恒定律》的实验中，重物的质量为m，所用交流电的频率为50Hz，打出了如图所示的一条纸带，其中O为起点，A，B，C为三个连续的计时点。

可得（g=9.8m/s2，重物的质量m取0.4kg计算）：
（1）打点计时器打B点时，重物的重力势能减小量为重物动能为（结果均保留三位有效数字）
（2）通过计算结果你能得出的结论：
10.在测定某金属的电阻率实验中：
a.某学生进行了如下操作：
①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图所示，则d=________mm．②测量金属丝电阻Rx的电路图如图A所示，闭合电键S，先后将电压表右侧接线端P接a，b点时，电压表和电流表示数如下表所示．
该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，发生这种现象的原因是________________，比较合理且较准确的金属丝电阻=_____Ω（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，Rx的测量值与其真实值比较，____（填“>”，“=”或“<”）．
b.另一同学找来一恒压电源，按图B的电路先后将接线端P分别接a处和b处，测得相关数据如图B所示，
该同学利用该数据可算出Rx的真实值为_____Ω.
四、计算题
11. 如图所示，在光滑平直轨道上有A，B，C三个物体，物体A，B均向右匀速运动，物体B的速度速度v B= 4.0m/s，B先与C碰撞，碰撞后B，C分离，之后B再与A碰撞粘在一起共同运动，且最后三个物体具有相同的速度v=2m/s，已知A的质量mA= 2kg，B的质量mB= 2kg，C的质量mC= 3kg．求：
（1）B与C碰撞后B的速度；
（2）碰前A的速度vA；
（3）整个过程中，系统由于碰撞产生的内能．
12.如图甲所示，表面绝缘，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行．斜面所在空间有一宽度D＝0.40 m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s＝0.55 m．一个质量m＝0.10 k g，总电阻R＝0.25 Ω的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab 边长L＝0.50 m．从t＝0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当
线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失．线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求线框受到的拉力F的大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x(式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小)，求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q.
【物理选修3-3】
13.(1)下列有关各种现象的说法中，正确的是()A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机不能把蒸汽的内能全部转化为机械能
C．电冰箱通电后把冰箱内部低温物体的热量传到冰箱外部的高温物体
D．在水平面滚动的足球克服摩擦力做功，其动能会全部转化为内能，最后会停下来
E．空气会自发地分离成氮气，氧气，二氧化碳等各种不同的气体
(2)如图所示，金属容器被不漏气的活塞P分成A，B两部分，A与U形管压强计相连，B与阀门K相连．整个容器内温度均匀而且恒定，A内充有1.5 L空气，B内充有3 L 氧气，大气压强为p0＝76 cmH g，此时U形管压强计左右两管水银高度差为h＝38 cm.打开阀门K，直到压强计左右两管水银面高度差为h′＝19 cm时，再关闭阀门K.求这时容器内B中氧气质量与原来氧气质量的比值．不计活塞P和容器壁之间的摩擦．
答案解析
1.【答案】B
【解析】A为裂变反应，所以A错误；天然放射现象揭示了原子核结构的复杂性，所以B正确；a＝和I＝是决定式，不是定义式，所以C错误；电量单位不是基本单位，所以库仑不是国际制单位中的基本物理量单位，所以D错误。

2.【答案】C
【解析】据题意，当斜面倾角θ越大，则小球对斜面的压力为：，随倾角增大而减小，故选项A错误；小球运动的加速度为：，随倾角增大而增大，且小球加速度与质量无关，故选项BD错误；小球的运动时间为：，随倾角增大而减小，故选项C正确。

3.【答案】B
【解析】在S附近，粒子能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若粒子为正电荷且逆时针转动(由上向下看)则其所受洛伦兹力斜向上，指向圆心所在的轴线，与重力的合力可以指向圆心，故A 正确；而若为负电荷，且顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故C正确；在Q附近，若小球带负电，则小球受电场力背向Q，故电场力与重力的合力不可以提供向心力，不可以在Q正下方运动，故B错误；带正电荷的小球在题图乙所示位置各点受到的电场力指向Q，则电场力与重力的合力可能充当向心力，会在Q正下方，故D正确．
4.【答案】D
【解析】设A，B两端所加电压为U.由欧姆定律知，通过A2表的电流大小I2＝.通过升压变压器升压后输出电压U′＝U，降压变压器获得电压为U′－I1·2R＝U－I1·2R，灯泡L1两端电压为(U－I1·2R)，则通过灯泡L1的电流为.故由变压器电流变化规律得I1＝
.又因为n1＝n4<n2＝n3，解上式得I1＝.
因为R L>2R，所以I1<I2，选项A错误．通过灯泡L1的电流为I1＝I1＝>I2，故灯炮L1亮度更大，选项B 错误．由于I1<I2，根据欧姆定律以及电功率的有关知识可知，选项C错误，选项D正确．
5.【答案】C
【解析】等离子气流由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，正电荷向上偏，负电荷向下偏，上板带正电，下板带负电，且能形成稳定的电流，电流方向由a到b,0～1 s内互相排斥，1～3 s内互相吸引，3～4 s内互相排斥，则0～1 s内cd的电流方向由d到c，根据楞次定律判断：磁感应强度方向为正，且大小在减小，或磁感应强度方向为负，且大小在增大；1～3 s内cd的电流方向由c到d，根据楞次定律判断：磁感应强度方向为正，且大小在增大，或磁感应强度方向为负，大小在减小；3～4 s内d的电流方向由d到c，根据楞次定律判断：磁感应强度为正，大小在减小，或磁感应强度为负，大小在增大，故C正确，A、B、D错误．6.【答案】BD
【解析】11.2km/s为第二宇宙速度，嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度小于11.2km/s，所以A错误；从低轨道进入高轨道需点火加速，故B正确；嫦娥三号在a、b两轨道上N点，受月球引力相同，根据牛顿第二定律可知，加速度也相同，即a1=a2，故C错误；从轨道a进入轨道b需在N点加速，所以机械能增大，即轨道b上机械能大于轨道a上的机械能，所以D正确。

7.【答案】ABC
【解析】小球受到自身重力mg和电场力qE
作用，合力F如图所示斜向左下方，小球从A点到C点速度大小没有变化，说明合外力没有做功，即初，末位置都在与合力垂直的同一条线上，据此判断如图，电场力做负功，选项A错．电势能增大，选项C错．由于AC与合力F垂直，所以C点一定位于AB直线的右侧，选项D对．小球机械能减小量等于克服电场力做的功，根据动能定理，
克服电场力做功等于重力做功，但竖直方向不但受到自身重力还有电场力竖直向下的分力，竖直方向加速度大于g，所以竖直方向位移大于gt2，重力做功即克服电场力做功大于W＝mg×gt2＝mg2t2，选项B错．
8.【答案】BC
【解析】由动能定理，qU=mv2，可知，当质量，电压与初速度相同情况下，电量越大，动能越多，故A错误；由牛顿第二定律与E=相结合，则有：a=，可知，a 与q成正比，故B正确；由半径公式R=，结合qU=mv2,得：R=，故C正确；由周期公式T=，故D错误；
9.【答案】（Ⅰ）A，D
（Ⅱ）①1.46 J ; 1.42 J ②在实验误差允许的范围内, 可认为物体在下落过程中机械能守恒
【解析】（Ⅰ）实验中，为合力与分力效果相同，两次拉橡皮条时，其节点O应达到同一位置，A正确；两弹簧秤的拉力适当大些，但不能过长，否则会超过弹簧弹性限度，损坏弹簧秤，B错误；用一只弹簧秤拉橡皮条时，应记录节点到达的位置O，细线的方向和弹簧秤的读数，C错误；本实验采用的时等效替代法，D正确。

（Ⅱ）打下B点时，重力势能的减少量为mgh=1.46 J，vB=xAC
/2T，重物动能增量为mvB2/2=1.42J，比较数据在实验误差允许的范围内, 可认为物体在下落过程中机械能守恒。

10.【答案】1.703--1.706 电压表内阻比金属丝电阻大很多，分流很小，12..＜13
【解析】螺旋测微器读数为1.703--1.706 mm。

P接在a 点和b点时，电流几乎不变，则表明电压表分流很小，被测量电阻丝为小电阻，则电流表采用外接法，即P接在a 点测量较为精确，由数据可得电阻测量值为=12Ω,当采用安培表外接法时，电压测量准确，电流测量值偏大，则电阻测量值偏小。

当P接在b点时，电压表读数为电源电压，则Rx+R A=3.00/0.20=15Ω，当P接在a点时，电源电压为3.00V，则电流表电压为3.00-2.56=0.44V ，电流表内阻
为=2Ω，因此电阻丝的电阻为13Ω.
11.①B与C碰撞的过程动量守恒，。

②整个过程动量守恒，解得。

12.【答案】(1)1.5N(2)0.50 T(3)0.45 J
【解析】(1)由v－t图象可知，在0～0.4 s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝＝5.0 m/s2,
由牛顿第二定律有F－mg sinθ－μmg cosθ＝ma,
解得F＝1.5N;
(2)由v－t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，
通过线框的电流I＝＝,
线框所受安培力F安＝BIL,对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有
F＝mg sinθ＋μmg cosθ＋,
解得B＝0.50 T;
(3)由v－t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D＝0.40 m,
线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s－D＝0.15 m,
设线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有
－mg(s－D)sinθ－μmg(s－D)cosθ＝mv－mv,
解得v2＝＝1.0 m/s;
线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sinθ＝μmg cosθ＝0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的
减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3,
由v＝v0－x得v3＝v2－＝－1.0 m/s，
因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置．
线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝＝0.40 J;
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2＝mv ＝0.05 J;
所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J;
13.【答案】(1)BCD(2)
【解析】(1)热传递具有方向性，一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变凉，故A错误；根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故蒸汽机不能把蒸汽的内能全部转化为机械能，故B正确；电冰箱通电后把冰箱内部低温物体的热量传到冰箱外部的高温物体，要耗电，符合热力学第二定律，故C正确；不可逆热力过程中熵的增量总是大于零，故空气不会自发地分离成氮气，氧气，二氧化碳等各种不同的气体，故E错误．
(2)设打开开关K之前A，B内部气体的压强均为p，则有：p＝p0＋h＝(76＋38) cmH g＝114 cmH g，
A，B内部气体的体积分别为：V1＝1.5 L，V2＝3 L，
设打开开关K又闭合后时A，B内部气体的压强均为p′，则有：p′＝p0＋h′＝(76＋19) cmH g＝95 cmH g，
A内部气体的体积变为V1′，B内部原有气体的体积变为V2′，对A中气体，有：pV1＝p′V1′；
代入数据得：V1′＝1.8 L；
对B中原有气体，有：pV2＝p′V2′；
代入数据得：V2′＝3.6 L；
开关K又闭合后，B中剩余气体的体积为：
V＝V1＋V2－V1′＝(1.5＋3－1.8) L＝2.7 L；
B中氧气质量与原来氧气质量的比值为：n＝＝＝.。