吉林省長春市2019屆高三質(zhì)量監(jiān)測物理試卷附答案

吉林省長春市普通高中2019屆高三質(zhì)量檢測

理綜物理試題一.選擇題：.下列有關(guān)近代物理的說法正確的是A.盧瑟福的a粒子散射實驗使人們認識到原子是可以再分的B.電子的發(fā)現(xiàn)使人們認識到原子具有核式結(jié)構(gòu)C.玻爾理論能成功解釋所有原子光譜的實驗規(guī)律D.天然放射現(xiàn)象說明了原子核內(nèi)部是有結(jié)構(gòu)的【答案】D【解析】【詳解】A、通過a粒子散射實驗使人們認識到原子具有核式結(jié)構(gòu)模型,但是不能說明原子是可以再分的，故A錯；B、電子的發(fā)現(xiàn)使人們認識到原子是可以分割的，是由更小的微粒構(gòu)成的，故B錯；C、玻爾理論能成功解釋氫原子光譜，但不能解釋別的原子的光譜，故C錯；D、天然放射現(xiàn)象中的射線來自原子核，說明原子核內(nèi)部有復雜結(jié)構(gòu)，故D對；故選D.一滑塊做直線運動的v-t圖象如圖所示，下列說法正確的是A.滑塊在2s末的速度方向發(fā)生改變B.滑塊在4s末的加速度方向發(fā)生改變C.滑塊在2?4s內(nèi)的位移等于4--6s內(nèi)的位移D.滑塊在。?2s內(nèi)的平均速度等于2?4s內(nèi)的平均速度【答案】D【解析】【詳解】A、在2s末前后速度方向均為正,故速度方向沒有發(fā)生改變,A錯誤;B、在4s末前后圖線斜率沒變，則加速度沒變，故B錯誤；C、由圖像可知，滑塊在2?4s內(nèi)的位移等于4-6s內(nèi)的位移大小相等，方向相反，故C錯；D、由圖像可知：滑塊在。?2s內(nèi)的位移等于2?4s內(nèi)的的位移，所以滑塊在。?2s內(nèi)的平均速度等于2?4s內(nèi)的平均速度，故D對；故選D3.如圖所示，A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1：4O兩粒子在0上方同一位置沿垂直電場方向射入平行板電容器中，分別打在C、D兩點，OC=CD忽略粒子重力及粒子間的相互作用,下列說法正確的是0 CI)A和B在電場中運動的時間之比為1：2A和B運動的加速度大小之比為4：1A和B的初速度大小之比為1：4A和B的位移大小之比為1：2【答案】C【解析】【分析】帶電粒子垂直射入電場中做為平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動.根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得到偏轉(zhuǎn)量y的表達式，求解質(zhì)量之比;根據(jù)水平位移與初速度之比求解時間之比.【詳解】A、粒子電荷量之比為1：4,粒子在豎直方向上做勻加速運動，由h=-^il2=—L2,可知A和B在電場中運動的時間之比為2：1,故A錯；22mB、A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1：4,根據(jù)qE=ma,所以A和B運動的加速度大小之比為1:4,故B錯；C、根據(jù)題意OC=CD,兩粒子水平方向上做勻速運動，根據(jù)…，可知A和B的初速度大小之比為1：4，故C對；D、A和B的位移大小之比為1：2,豎直方向也有位移，那么合位移之比不能等于1：2,故D錯;故選C.“太空涂鴉”技術(shù)的基本物理模型是：原來在較低圓軌道運行的攻擊衛(wèi)星在變軌后接近在較高圓軌道上運行的偵察衛(wèi)星時，向其發(fā)射“漆霧”彈，“漆霧”彈在臨近偵察衛(wèi)衛(wèi)星時，壓爆彈囊，讓“漆霧”散開并噴向偵察衛(wèi)星，噴散后強力吸附在偵察衛(wèi)衛(wèi)星的偵察鏡頭、太陽能板、電子偵察傳感器等關(guān)鍵設(shè)備上，使之暫時失效。關(guān)于這一過程下列說法正確的是A.攻擊衛(wèi)星在原軌道上運行的周期比偵察衛(wèi)星的周期大B.攻擊衛(wèi)星在原軌道上運行的線速度比偵察衛(wèi)星的線速度小C.攻擊衛(wèi)星在原軌道需要加速才能變軌接近偵查衛(wèi)星D.攻擊衛(wèi)星接近偵查衛(wèi)星的過程中受到地球的萬有引力一直在增大【答案】C【解析】【詳解】AB、從題中可以看出，攻擊衛(wèi)星圓軌道低于偵察衛(wèi)星的高度，根據(jù)冬四=m匚= =向應A=11論可知軌道半徑越小，則周期越小，線速度越大，故AB錯；r2r 「C、從低軌道運動到高軌道需要離心運動，所以攻擊衛(wèi)星在原軌道需要加速才能變軌接近偵查衛(wèi)星,故C對；GNlinD、攻擊衛(wèi)星接近偵查衛(wèi)星的過程中距離增大,根據(jù)F= 可知受到地球的萬有引力一直在減小,廣故D錯；故選C.如圖所示，光滑地面上靜置一質(zhì)量為M的半圓形凹槽，凹槽半徑為R,表面光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點），從凹槽邊緣處由靜止釋放，當小滑塊運動到凹槽的最低點時，對凹槽的壓力為Fn的求解比較復雜，但是我們可以根據(jù)學過的物理知識和方法判斷出可能正確的是（重力加速度為g）(3M-+ -Xf XfXfD(3m4空g【答案】A【解析】【詳解】滑塊和凹側(cè)組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，機械能守恒，當滑塊運動到最低點時有:J，刃嶇=小十二,由極限的思想，當M趨于無窮大時，一趨近于0,凹槽靜止不動,占 占滑塊速度為可=標，且小滑塊在最低點時由牛頓第二定律得取口：「二上，解得",四R.個選項中當M趨于無窮大時，只有A選項符合，另外CD選項從量綱的角度上講也不對，故A對;BCD錯；故選A6.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一帶負電粒子以速度V。射入磁場區(qū)域，速度方向垂直磁場且與半徑方向的夾角為45。。當該帶電粒子離開磁場時，速度方向剛好與入射速度方向垂直。不計帶電粒子的重力，下列說法正確的是%:kyxx\,-—■JA.該帶電粒子離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B.該帶電粒子的比荷為史咸C.該帶電粒子在磁場中的運動時間為仆加力D.若只改變帶電粒子的入射方向，則其在磁場中的運動時間變短【答案】BD【解析】【詳解】A、帶負電的粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示：從圖像上可以看出該帶電粒子離開磁場時速度方向的反向延長線不通過0點，故A錯；B、有幾何關(guān)系知，軌跡所對的圓心角為90’,且軌跡的圓心O剛好在圓形磁場的邊界上，所以軌2 %跡的半徑為■源R由??；13=m—可求得：—= ，故B對；r m2BR1C、運動時間等于弧長除以速度，即," ，故C錯；D、有圖可知，此時軌跡圓弧對應的弦長最長，等于磁場區(qū)域的直徑，所以在磁場中運動時間也就最長，若改變?nèi)肷浣嵌?，則運動時間變短，故D對；故選BD.如圖為一種直流發(fā)電機的結(jié)構(gòu)示意圖，直流發(fā)電機由兩塊永磁鐵、線圈和換向器組線纏繞而成.永磁體N、S極相對，中間區(qū)域視為勻強磁場，磁感應強度為B。線圈由N匝導線纏繞而成，面積為S,可繞如圖所示的軸線勻速轉(zhuǎn)動，角速度為3。換向器由兩個半銅環(huán)和兩個電刷構(gòu)成，半銅環(huán)分別與線圈中導線的兩端固連，線圈和半銅環(huán)繞著軸線以相同角速度轉(zhuǎn)動。電刷位置固定，作為輸出端與外電路相連（圖中未畫出）。每當線圈轉(zhuǎn)到中性面位置時，半銅環(huán)和電刷會交換接觸，以保持輸出電流方向不變，且交換時間極短可忽略。下列說法正確的是A.當線圈按照圖示的方向轉(zhuǎn)動時，電刷a的電勢比b的電勢高.當線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時，線圈中產(chǎn)生的電動勢為零C.該發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值為NBScoD.該發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值是有效值的「倍【答案】CD【解析】【詳解】A、當線圈按照圖示的方向轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則知電刷a的電勢比b的電勢低，故A錯;B、當線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時，磁通量等零，但磁通量的變化率達到了最大，所以線圈中產(chǎn)生的電動勢也達到了最大，故B錯；CD、發(fā)電機電動勢隨時間變化圖像如圖所示,其中最大值為NBSco,且是有效值的0倍，故CD對；故選CD8.如圖所示，固定于地面、傾角為€的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B,物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連，整個系統(tǒng)在沿斜面向下的外力F作用下處于靜止狀態(tài)。某一時刻將力F撤去，在彈簧將A、B彈出過程中，若A、B能夠分離，重力加速度為g。則下列敘述正確的是A.A、B剛分離的瞬間，兩物塊速度達到最大B.A、B剛分離的瞬間，A的加速度大小為gsin。C.從力F撤去到A、B分離的過程中，A物塊的機械能一直增加D.從力F撤去到A、B分離的過程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】BCD【解析】【詳解】AB、當加速度等于零時，兩個物塊的速度達到最大，A、B剛分離的瞬間，AB之間沒有彈力作用，此時AB有共同的加速度黃」三，故速度沒有達到最大，故A錯；B對C、從力F撤去到A、B分離的過程中，彈簧對A物塊的彈力始終大于B物塊對A物塊的彈力，這兩個力的合力對A做正功，所以A的機械能增大，故C對；D、從力F撤去到A、B分離的過程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故D對故選BCD二.實驗題9.某實驗小組利用圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。小鋼球由靜止釋放自由下落過程中，計時裝置測出小鋼球通過光電門時間為t，用小鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度。測出剛釋放時鋼球球心到光電門間的距離為h，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，小鋼球所受空氣阻力可忽略不計。(1)先用游標卡尺測量鋼球的直徑，讀數(shù)如圖乙所示，鋼球直徑(1=cm.(2)要驗證小鋼球的機械能是否守恒，需要滿足的方程是 o(用題中所給字母表示)(3)實驗中小鋼球通過光電門的平均速度(選填“大于”或“小于”)小鋼球球心通過光電門時的瞬時速度。【答案】⑴1.000 (2)gb.=— (3)小于2廣【解析】【詳解】(1)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知d=1cm+Q或O.O5Rir:=1.000cm(2)若減少的重力勢能等于增加的動能是，可以認為機械能守恒I,] d:則有 整理得：口一2 2上 H(3)在計算時把平均速度當做瞬時速度處理了，那么這個平均速度實際上等于小球過光電門時中點時刻的速度，由于小球速度越來越大，所以中間時刻在球心的下方，即小鋼球通過光電門的平均速度小于小鋼球球心通過光電門時的瞬時速度?！军c睛】利用光電門測速度，再根據(jù)增加的動能和減少的重力勢能的關(guān)系來驗證機械能是否守恒。10.現(xiàn)要較準確地測量量程為。?3V、內(nèi)阻大約為3kQ的電壓表V1的內(nèi)阻Rv，實驗室提供的器材如下：電流表A1(量程。?0.6A，內(nèi)阻約0.1Q)電流表A2(量程0?1mA，內(nèi)阻約100Q)電壓表V2(量程0?15V，內(nèi)阻約15kQ)；

定值電阻Ri（阻值200Q）；定值電阻R2（阻值2kQ）；滑動變阻器R3（最大阻值100Q，最大電流1.5A）電源E］（電動勢6V,內(nèi)阻約0.5Q）電源E2（電動勢3V,內(nèi)阻約0.5Q）；開關(guān)S,導線若干（1）選用上述的一些器材，甲、乙兩個同學分別設(shè)計了圖甲、乙兩個電路。圖乙在圖甲的電路中，電源選擇E］,則定值電阻R應該選擇；在圖乙的電路中，電源選擇E2，電流表應該選擇o（填寫對應器材的符號）（2）根據(jù)圖甲電路，多次測量得到多組電手表V］和V2的讀數(shù)UpU2,用描點法得到Uj-j圖象,若圖象的斜率為勺，定值電阻的阻值為R,則電壓表V］的內(nèi)阻Ry=；根據(jù)圖乙電路,多次測量得到多組電壓表V］和電流表A的讀數(shù)UJ、I,用描點法得到可UJ-I圖象，若圖象的斜率為k2,則電壓表V］的內(nèi)阻R/=0（用題中所給字母表示）（3）從實驗測量精度的角度分析，用圖 電路較好；原因是 .【答案】⑴.七% （2）.——K 石（3）.乙圖甲中V2的相對誤差較大1 -<1【解析】【詳解】（1）在圖甲的電路中，由于電壓電動勢為6V,電阻R起到串聯(lián)分壓的作用，應該選擇阻值為2kQ的定值電阻；電壓表的最大電流為1mA,所以電流表應選擇量程。?1mA的A?U「U.（2）在圖甲的電路中，電阻R兩端的電壓為【弓「，通過電阻r的電流為i= U］U" Rv % k.根據(jù)歐姆定律有網(wǎng)=7=-7，變形得孰=「〕"，，有——=k,可得：％?=—;在圖乙［U］-U： R+%R-Rv l-kj中根據(jù)歐姆定律可得：=即v=（3）兩個電路都沒有由儀器引起的系統(tǒng)誤差，但用甲圖測量時，電壓表力的電壓變化范圍約為0-5V,用量程為15V的電壓表力讀數(shù)，相對誤差較大，所以用乙圖較好?！军c睛】在電路測量中電流表或者電壓表的讀數(shù)要盡量在三分之一以上偏轉(zhuǎn)，以減小測量誤差。三.計算題.如圖所示，一質(zhì)量為m2=0.4kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量為叫=0.39kg的小物塊（可視為質(zhì)點）靜止在車頂?shù)淖蠖?。一質(zhì)量為m0=0.01kg的子彈以水平速度v°=200m/s射中物塊左端并留在物塊中，子彈與物塊的作用時間極短。最終物塊相對地面以4m/s的速度滑離小車，物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)四=0.5,取重力加速度g=10m/s2。求：（1）子彈射入物塊過程中與物塊共速時的速度大小；（2）小車的長度?！敬鸢浮浚?）5m加（2）0.8【解析】【詳解】（1）子彈與物塊相互作用過程動量守恒，設(shè)共速時的速度為當有叫解得：％=上1s（2）設(shè)物塊滑離小車時的速度為不，此時小車的速度為vj,三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒：設(shè)小車的長度為L,有能量守恒可得：p（mf; In）《一口T嗎*:'J解得：I.=0,8m故本題答案是：（1）5m/s（2）0.8【點睛】在一般的板塊模型里如果要求板的長度，用能量守恒來求會事半功倍。.如圖所示，頂角=60°的光滑金屬導軌MON固定在水平面內(nèi)，導軌處在方向豎直向下、大小為B的勻強磁場中。以O(shè)為坐標原點、金屬導軌的角分線為x軸，在水平面內(nèi)建立如圖所示的直角坐標系。一根初始位置與y軸重合的導體棒在垂直于導體棒的水平外力作用下以速度v沿x軸做勻速直線運動，導體棒的質(zhì)量為m,導軌與導體棒單位長度的電阻為r。導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。以導體棒位于0處作為計時零點。試求（1）t時刻流過導體棒的電流強度I和電流方向（回答沿磁場方向看順時針或逆時針）t時刻作用于導體棒的水平外力的大小F0?t時間內(nèi)導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q。.次“V 山葉—七七“、卓島、 志歸V?【答案】（1）1=一，逆時針萬向；（2） — ; （3）Q=—3r 9r 27：【解析】【詳解】（1）設(shè)導體棒的有效切割長度為1則回路中的總電阻為Ri=31r則有1；=lUvE1加所以電流大小為?=-=—&田根據(jù)右手定則可以判斷電流方向為逆時針方向（2）設(shè)導體棒運動走過的位移為x,貝收=vt,則導體棒的有效切割長度為1=2^0°導體棒勻速運動，外力等于安培力，即卜=311解得:卜=迺父加2岳t（3）通過導體棒的電流為定值，導體棒的電阻&=］「=?—『導體棒的熱功率為P=F電解得：：,四二271P與t成正比,所以在0-t時間內(nèi)，導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱即為圖像所包圍的面積，整理得27：故本題答案是：（1）1=—，逆時針方向；（2）f=迥父；（3）q=包上13r 冗 27r【點睛】利用法拉第電磁感應定律求出電動勢，再根據(jù)閉合回路歐姆定律求出電流，然后求解即可。13.下列有關(guān)熱學現(xiàn)象和規(guī)律的描述正確的是。A.空氣中塵埃的運動是布朗運動，反映了空氣分子在做無規(guī)則的熱運動B.在圍繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果C.晶體都有固定的熔點，物理性質(zhì)都表現(xiàn)為各向異性D.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷等壓膨脹過程，氣體密度將減小，分子平均動將增大E.第二類永動機沒有違背能量守恒定律【答案】BDE【解析】【詳解】空氣中塵埃的運動不是布朗運動，故A錯；在完全失重狀況下，液滴由于表面張力使其表面積收縮至最小，呈球形，故B對；晶體物理性質(zhì)都表現(xiàn)為各向同性，故C錯；一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷等壓膨脹過程，溫度升高，分子平均動將增大，故D對；第二類永動機違背了熱力學第二定律，但沒有違背能量守恒定律，故E對；故選BDE.如圖所示，豎直固定的大圓筒由上面的細圓筒和下面的粗圓筒兩部分組成，粗筒的內(nèi)徑是細筒內(nèi)徑的3倍，細筒足夠長。粗簡中放有A、B兩個活塞，活塞A的重力及與筒壁間的摩擦不計?；钊鸄的上方裝有水銀，活塞A、B間封有定質(zhì)量的空氣（可視為理想氣體）。初始時，用外力向上托住活塞B使之處于平衡狀態(tài)，水銀上表面與粗簡上端相平，空氣柱長L=15cm，水銀深H=10cm。現(xiàn)使活塞B緩慢上移，直至有一半質(zhì)量的水銀被推入細筒中，求活塞B上移的距離。（設(shè)在整個過程中氣柱的溫度不變，大氣壓強p0相當于75cm的水氣柱銀柱產(chǎn)生的壓強）【答案】9.8cm【解析】【詳解】初態(tài)封閉氣體的壓強P]=P力十PgH，體積為片=LS有一半質(zhì)量的水銀被推入細筒中，設(shè)粗筒橫截面積為S,細筒和粗筒中的水銀高度分別為4和112,由于水銀體積不變，貝hE3=1-，解得：h2H根據(jù)題意必=—=兀巾-?此時封閉氣體壓強為馬=「0十電九十pgh,=125cmHg體積%=L3由玻意