河南省南阳中学2019届高三上学期第十次目标考试理综物理试题

南阳一中2019届高三第十次目标考试理综试题
二、选择题
1.下列选项中，说法正确的是（）
A. 卢瑟福提出核式结构模型，很好的解释了粒子散射实验中的现象
B. 电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有粒子性
C. 借助于能量子的假说，爱因斯坦得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合非常好
D. 射线是高速电子流，它的穿透能力比射线和射线都弱
【答案】A
【解析】
卢瑟福提出核式结构模型，很好的解释了粒子散射实验中的现象，A正确；衍射是波的特性，故电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有波动性，B错误；普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故C错误；射线是高速电子流，它的穿透能力比射线弱，比射线强，故D错误．2.将一横截面为扇形的物体放在水平面上，一小滑块放在物体上，如图除了物体与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，已知物体的质量为、滑块的质量
为，当整个装置静止时，、接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ。

重力加速度为g。

则下列选项正确的是
A. 物体对水平面的压力大小为Mg
B. 物体受到水平面的摩擦力大小为mg tanθ
C. 滑块与竖直挡板之间的弹力大小为
D. 滑块对物体的压力大小为
【答案】C
【解析】
CD、首先对物体A受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：
F1=mg/sinθ
F2=mg/tanθ
根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为mg/sinθ，A对竖直挡板的压力大小为mg/tanθ，故C正确，D错误；
AB、对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，地面支持力大小F N=(M+m)g，地面的摩擦力大小f=F2=mg/tanθ，
再根据牛顿第三定律，对地压力大小为(M+m)g，故A错误，B错误。

故选：C。

【名师点睛】
首先对物体A受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；
再对整体受力分析，根据平衡条件列式求解地面支持力和静摩擦力大小，最后结合牛顿第三定律求解。

3.如图所示，一个匝数为N=100匝，电阻不计的线框以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器给阻值R=20Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是
A. t=0时刻线框内的电流最大
B. 变压器原线圈中电流的有效值为10 A
C. 穿过线框平面的最大磁通量为Wb
D. 理想变压器的输入功率为10 W
【答案】C
【解析】
【分析】
已知变压器的输出电压，根据变压比公式求解输入电压；根据公式E m=NBSω求解最大磁通量. 【详解】A、t=0时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，流过线圈的电流为零，故A错误；
B、副线圈中的电流，根据电流与匝数成反比，，原线圈中电流的有效值，故B错误；
C、根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1＝200V，角速度ω=2πn=100πrad/s，线圈产生最大感应电动势，而E m=NBSω，则最大磁通量
,故C正确；
D、理想变压器输出功率，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20W，故D错误；
故选C.
【点睛】本题考查了交流发电机的工作原理和变压器的变压比公式，明确最大值E m=NBSω、瞬时值、有效值、平均值的求解和应用范围.
4.如图所示，高为h光滑水平平台上有一个质量为m的物块，在绝缘水平面有一个质量也为m、电荷量为q的带正电的小球，平台下面有水平向右电场强度为E的匀强电场，小球用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，且小球始终没有离开绝缘水平面，不计一切摩擦．当小球从平台的边缘处由静止向右前进位移h时，物块的速度v是（）
A. v=
B. v=
C. v=
D. v=
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据速度的分解求出物块与小球的速度关系．再由系统，运用功能关系列式，联立求解即可.
【详解】设小球从平台的边缘处由静止向右前进位移h时，小球的速度为v′.分解速度如图所示：
根据小球沿绳子方向的分速度等于物块的速度，由图可知：①
对物块和小球组成的系统，运用功能关系得：②
联立①②得：，故B正确，A、C、D错误.
故选B.
【点睛】解决本题的关键是将小球的速度进行分解，根据平行四边形定则得出小球的速度与物块速度的关系.
5.若某双星系统A和B各自绕其连线上的O点做匀速圆周运动。

已知A星和B星的质量分别为m1和m2，相距为d。

下列说法正确的是
A. A星的轨道半径为
B. A星和B星的线速度之比为m1：m2
C. 若在O点放一个质点，它受到的合力一定为零
D. 若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为的星体对它的引力，则
【答案】D
【解析】
双星系统是靠它们的角速度相等，他们之间的万有引力来提供向心力：
，距离关系为： r1+r2=d，联立解得：、，故A错误；根据，可得，故B错误；若在O点放一个质点，此质点受到两颗星对它作用力大小不等，则受到的合力不为零，故C错误；若A星所受B星的引力可等效为位于O 点处质量为的星体对它的引力，则得，故D正确。

所以D正确，
ABC错误。

6.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。

初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像(以地面为参考系)如图乙所示。

已知v2>v1，物块和传送带间的摩擦因数为μ，物块质量为m，则( )
A. t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
C. 0～t2时间内，摩擦力产生的热量为
D. 0～t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为
【答案】AD
【解析】
【分析】
0～t1时间内木块向左做匀减速直线运动，受到向右的滑动摩擦力，然后向右做匀加速运动，
当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力消失。

根据相对路程求摩擦生热. 【详解】A、0～t1时间内木块向左做匀减速直线运动，t1时刻以后小物块向右运动，则t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；
B、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故B错误；
C、0～t2时间内，物块与传送带间的相对路程为：
，摩擦产生的热量为：
，故C错误；
D、0-t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为：，故D正确；
故选AD.
【点睛】本题的解题关键要根据速度图象分析出小物块的运动情况，再分析物块所受的摩擦力的情况.要知道摩擦生热与相对位移有关.
7.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）
A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C. 两物体的质量之比为m1：m2=1：2
D. 在t2时刻A与B的动能之比为E k1：E k2=1：8
【答案】CD
【解析】
略
8.如图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t
＝0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a 的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的（）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域时，开始ab边切割磁感线，切割的有效长度均匀减小，当ab边切割的有效长度刚减为0．cd边又开始切割，切割的有效长度均匀减小到0，根据右手定则判定感应电动势及感应电流的方向．从而判断出ab间的电势差U ab的变化．
【详解】A、在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流
方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；故A正确，B错误.
C、d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘以bcda三条边的电阻，并逐渐减小.ab
边出磁场后后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘以ab边得电阻，并逐渐减小；故C错误，D正确.
故选AD.
【点睛】解决本题的关键掌握切割产生感应电动势的大小E=BLv，以及会用右手定则判定感应电流的方向．
三、非选择题：
9.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置．其中M
为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为小车上滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．
(1)实验时，一定要进行的操作是____．
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为____ m/s2（结果保留三位有效数字）．
(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度以为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，
求得图线的斜率为k，则小车的质量为____________
A． B． C． D．
【答案】 (1). BC (2). 2.00 (3). C
【解析】
【详解】(1)A、D、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误。

B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；
故选BC.
(2)由于两计数点间还有四个点没有画出，故时间间隔为T=5×0.02s=0.1s，由匀变速直线运动的判别式(△x=aT2)结合逐差法可得：.
(3)对小车上滑轮和小车的整体为对象由牛顿第二定律得：，则，故a-F图象的斜率，则小车的质量为；故选C.
【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数.
10.某研究性学习小组为了研究手中电器元件电阻特性，描绘出电器元件伏安特性曲线，该学习小组在实验室中测量出多组电压和电流值，数据记录在下表中
现实验室中备有下列器材：
电压表V1（量程0-3V，内阻约10kΩ）
电压表V2（量程0-1 5V，内阻约25kω）
电流表A1（量程0-50mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0-200mA，内阻约10Ω）
滑线变阻器R1（0-1 5Ω，额定电流1A）
滑线变阻器R2（0-1kΩ，额定电流100mA）
电源E（电动势4V，内阻不计）开关S和导线若干
(1)根据表中的实验数据，作出I-U图线如下图，根据图像，该电器元件电阻特性：_____；
(2)为提高实验结果的准确程度，从题中选出该同学实验时所用的器材：电流表和电压表分别为_______，_____（填字母代号）；滑线变阻器为_____（填R1或R2）.
(3)为达到上述目的，请在虚线框内补充画出正确的实验电路原理图_____.
【答案】 (1). 该电器元件的阻值随电流的增大而减小， (2). A2 (3). V1 (4). R1 (5).
【解析】
【分析】
(1)分析图象的斜率的变化可以得出该电器的电阻特性;(2)由表中数据可选出正确的电流表和电压表,由实验中电路的接法可选择滑动变阻器；由题意得出可用测量电路，根据测量原理即可补全电路图.
【详解】(1)由图可知，图象的斜率随电压的变化而增大，而在I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故说明该电器元件的阻值随电流的增大而减小；
(2)由表格中数据可知，电流最大为140mA，为了测量的准确和安全，电流表应选A2；而电路中的电压最大为2.7V，故电压表可用V1，本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选R1.
(3)根据以上分析可知滑动变阻器采用分压式；电阻相对电表而言为小电阻，采用外接法；补全实验电路原理图如图所示：
【点睛】本题考查了选择实验器材、连接实物电路图、电阻随电压变化
关系；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的前提与关键；电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法.
11.如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，开始时质量为m＝1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。

此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，g＝10 m/s2。

求：
（1）水平作用力F的大小；
（2）滑块开始下滑时的高度；
（3）木板的质量。

【答案】（1）；（2）2.5m；（3）1.5kg
【解析】
(1)开始F向左时，滑块受到水平推力F、重力mg和支持力处于平衡，如图所示：
水平推力：；
(2)由图乙知，滑块滑上木板时速度为：，设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：
，代入数据得：，则滑块下滑的位移为：，则下滑时的高度：
；
(3)设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1，由图乙知，滑块刚滑上木板时的加速度为，对滑块：，此时木板的加速度：，对木板：，当滑块和木板速度相等，均为：，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：，对整体：，由以上各式解得：
12.如图所示，在一半径为R，半圆形区域内（O为圆心，PQ边为直径）有垂直纸面向外的匀强磁场（图中没画出），PQ上方是电场强度为E的匀强电场．现有一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始匀强电场中的A点释放，从O点垂直于AB进入磁场，已知OA的距离也为R，不计重力与空气阻力的影响．
（1）求粒子经电场加速射入磁场时的速度；
（2）若要进入磁场的粒子不从圆弧边界离开磁场，求磁感应强度B的最小值；
（3）若磁感应强度B′，求带电粒子从静止开始运动到达圆弧边界的时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
(1)根据动能定理求出粒子经电场加速射入磁场时的速度；(2)磁感应强度最小时，圆周半径最大，画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的最小值；(3)当磁感应强度为B′时，求出粒子在磁场中的半径，画出运动的轨迹，分别求出粒子在电场和磁场中的时间，即可求出带电粒子从静止开始运动到达圆弧边界的时间.
【详解】(1)依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，由动能定理得：①得:②
(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与半圆磁场边界相切，设轨迹圆周半径为r
由图中几何关系：③
由洛伦兹力提供向心力：④
联立②③④解得:
(3)设粒子运动圆周半径为r′，，粒子的圆周轨迹如下图所示：
在电场中从A到O匀加速，
得:
带电粒子在电场中的运动时间
带电粒子在磁场中的运动时间
带电粒子从静止开始运动到达圆弧边界的时间
【点睛】带电粒子在磁场中运动问题，关键作出粒子的运动轨迹，会确定圆周运动的圆心、半径、圆心角，结合半径公式、周期公式进行求解．
13.如图所示的四幅图分别对应四种说法，下列说法正确的是
A. 微粒运动即布朗运动不是分子的无规则热运动
B. 当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
C. 食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
D. 小草上的露珠呈球形的主要原因是小液滴轻
E. 热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
【答案】ABE
【解析】
【详解】微粒运动即布朗运动是固体颗粒的无规则运动，不是分子的无规则热运动，选项A 正确；当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，分子力表现为零，选项B正确；晶体各个方向上的物理性质表现为各向异性，即各个方向不同。

故C 错误。

小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，不是由于小液滴轻的缘故，故D错误。

热量总是自发的从高温传向低温，即由分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，选项E正确；故选ABE.
【点睛】本题考查布朗运动、分子间的引力和斥力、晶体、液体的表面张力等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．
14.如图甲、乙所示，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞AB被长度为0.9m的轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别为m A＝12kg、m B＝8.0kg，横截面积分别为S A＝4.0×10﹣2m2、S B＝2.0×10﹣2m2．一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强P0＝1.0×105Pa．取重力加速度g＝10m/s2。

（1）图甲所示是汽缸水平放置达到的平衡状态，活塞A与圆筒内壁凸起面恰好不接触，求被封闭气体的压强。

（2）保持温度不变使汽缸竖直放置，平衡后达到如图乙所示位置，求活塞A沿圆筒发生的位移大小。

【答案】(1) (2)x=0.1m
【解析】
【详解】①气缸处于图甲位置时，设气缸内气体压强为P1，对于活塞和杆，根据力的平衡条件可得：
P0S A+P1S B=P1S A+P0S B
解得：P1=P0=1.0×105Pa
②气缸处于图乙位置时，设气缸内气体压强为P2，对于活塞和杆，由平衡条件：
P0S A+P2S B=P2S A+P0S B+（m A+m B）g
代入数据可得：P2=0.9×105Pa
由玻意耳定律可得：P1lS B=P2[lS B+x（S A-S B）]
由以上各式并代入数据得：x=0.1m
【点睛】
该题是求解被封闭气体压强的题，往往是要先确定研究对象，对其受力分析，由平衡条件列式求解。

在选取研究对象上，往往以受力较少的物体为研究对象。

15.一列简谐横波沿x轴传播，波速为5m/s，t＝0时刻的波形如图所示，此时刻质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动，经过0.1s质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是（）
A. 这列波的周期是1.2s
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 点P的横坐标为x＝2.5m
D. x＝3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反
E. Q点的振动方程为y＝6cos t（cm）
【答案】ACE
【解析】
【分析】
根据P点振动方向判断波的传播方向.介质中各个质点的振幅都相同。

根据时间与周期的关系，分析P点的坐标.相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长，并读出振幅，求出周期，写出Q点的振动方程.
【详解】A、由波形图可知，波长λ=6m，则周期，故A正确；
B、质点P此时刻沿-y轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x轴负方向传播，故B错误；
C、波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为x=vt=5×0.1m=0.5m，由波形平移法知图中x=3m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x=2.5m，故C正确；
D、x=3.5m处的质点与P点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反，故D错误；
E、由，题图中Q点的振动方程，故E正确.
故选ACE.
【点睛】本题根据比较质点振动先后判断波的传播方向，根据周期表示质点的振动方程，要学会应用波形平移法分析此类问题.
16.一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为，横截面如图所示，O表示半圆柱形截面的圆心。

一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角入射，求：该光线从进入透明体到第一次离开透明体时，共经历的时间（已知真空中的光速为c，.）
【答案】
【解析】
【分析】
由求出临界角．入射角i=60°，由折射定律求出光线从AB射入透明体的折射角
r，判断光线在圆弧上能否发生全反射，作出光路图，由几何知识求解光线在透明体内的路程s，光线在透明体的速度为，通过的时间为.
【详解】设此透明物体的临界角为C，依题意，所以C=35°
当入射角为i=60°时，由折射定律得
得到折射角：r=30°
即此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点的入射角为60°，大于临界角，会发生全反射，往后光线水平反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射，再反射至B点，从B点第一次射出．光路如图所示：
在透明体内的路径长为：s=3R
光在透明体内的速度
经历的时间
【点睛】画出光路图是基础，判断能否发生全反射是关键．运用几何知识求出光线在透明体通过的总路程．。