西藏拉萨北京实验中学2019届高三上学期第二次月考物理试卷（解析版） 7页

‎2019届西藏拉萨北京实验中学高三 上学期第二次月考物理试题此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 物理 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题 ‎1．在一块长木板上放一铁块，当把长木板从水平位置绕一端缓缓抬起时，铁块所受的摩擦力(　　)‎ A．随倾角θ的增大而减小 B．在开始滑动前，随θ角的增大而增大，滑动后，随θ角的增大而减小 C．在开始滑动前，随θ角的增大而减小，滑动后，随θ角的增大而增大 D．在开始滑动前保持不变，滑动后，随θ角的增大而减小 ‎2．如图甲所示，一个静止在光滑水平面上的物块，在t＝0时给它施加一个水平向右的作用力F，F随时间t变化的关系如图乙所示，则物块速度v随时间t变化的图象是（ ）‎ A．A B．B C．C D．D ‎3．如图所示，两根长度不同的细绳，一端固定于O点，另一端各系一个相同的小铁球，两小球恰好在同一水平面做圆周运动，则( )‎ A．它们做圆周运动的周期不相等 B．它们所需的向心力跟轨道半径成反比 C．它们做圆周运动的线速度大小相等 D．A球受绳的拉力较大 ‎4．如图所示，甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子，以不同的速率经小孔P进入方向垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子在P点的速度方向与磁场边界MN垂直。在磁场中粒子做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN射出磁场，半圆轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力及空气阻力，则下列说法中正确的是( )‎ A．甲带负电荷，乙带正电荷 B．甲的速率大于乙的速率 C．洛伦兹力对甲做正功 D．甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间 ‎5．卫星发射进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，最后进入预定圆形轨道运动。图中O点为地心，A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，B点是远地轨道与椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R(R为地球半径)。设卫星在近地轨道运动的周期为T，下列说法正确的是（ ）‎ A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速 B．卫星在近地轨道与远地轨道运动的速度之比为 C．卫星在近地轨道通过A点的加速度小于在椭圆轨道通过A点时的加速度 D．卫星从A点经4T的时间刚好能到达B点 ‎6．如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，下列说法正确的是（ ）‎ A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为Eq/mg B．若剪断悬线，则小球做曲线运动 C．若剪断悬线，则小球做匀速运动 D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动 ‎7．如图所示原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时（ ）‎ A．原、副线圈磁通量之比为2∶1‎ B．原、副线圈电流之比为1∶2‎ C．输入功率和输出功率之比为1∶1‎ D．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1‎ ‎8．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）‎ A．小球落地时的动能为2.5mgR B．小球落地点离O点的距离为2R C．小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零 D．小球到达Q点的速度大小为 第II卷（非选择题)‎ 二、实验题 ‎9．在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图所示的实验装置．小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示．‎ ‎(1)当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．‎ ‎(2)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是_______．‎ A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源 D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a＝求出 ‎(3)另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a－F关系图象分别如图1和图2所示，其原因分别是：‎ 图1：______________________________________________________；‎ 图2：_______________________________________________________.‎ ‎10．有一个小电珠上标有“4 V、2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的U－I图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)‎ B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)‎ C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)‎ D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)‎ E．滑动变阻器(5 Ω，10 A)‎ F．滑动变阻器(500 Ω，0.2 A)‎ ‎(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________。(用序号字母表示)‎ ‎(2)为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用________。(用序号字母表示)‎ ‎(3)请在虚线方框内画出满足实验要求的电路图__________，并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图__________________。‎ 三、解答题 ‎11．为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道。一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2。在加速前进了x0＝96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65。货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；‎ ‎(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x。‎ ‎12．如图所示，直导线MN可在平行导轨上接触良好且无摩擦地滑动，导轨一端接有定值电阻R=10Ω，直导线MN的电阻r=2Ω，有效长度L=0.4m，磁感强度B=0.6T的匀强磁场方向与导轨所在平面垂直。当直导线MN以v=10m/s的速度向右匀速滑动时，求： ‎ ‎(1)电阻R中通过的电流大小。‎ ‎(2)直导线MN两端的电压。‎ ‎(3)沿速度方向维持直导线MN作匀速滑动的外力大小。‎ ‎13．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为L0，温度为T0。设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，g为重力加速度，环境温度保持不变。求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A下降的高度。‎ 四、填空题 ‎14．下列说法中正确的是________。‎ A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动 C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律 E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝‎ ‎2019届西藏拉萨北京实验中学高三 上学期第二次月考物理试题 物理答案 ‎1．B ‎【解析】‎ 在滑动前，铁块所受的摩擦力为静摩擦力，根据平衡有：f=mgsinθ，当θ增大时，静摩擦力增大．滑动后，铁块所受的摩擦力为滑动摩擦力，根据f=μmgcosθ知，θ增大时，滑动摩擦力减小．故B正确，A、C、D错误．故选：B．‎ ‎【点评】在分析摩擦力时应注意先分析是动摩擦力还是静摩擦力，然后再根据不同摩擦力的求法进行列式分析即可得出结论．‎ ‎2．C ‎【解析】‎ 由图可以，物体所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知，加速度先减小后增大，速度时间图象的斜率表示加速度，故C正确，ABD错误。‎ 点睛：根据物体受力判断物体的运动，根据牛顿第二定律，分析加速度的变化情况，速度时间图象的斜率表示加速度。‎ ‎3．D ‎【解析】‎ 设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有mgtanθ=mlsinθ（）2．解得，两球的竖直高度相同，即lcosθ相同，则T相同，向心力等于合外力，即F向=mgtanθ=mg．与r成正比。故AB错误。根据mgtanθ=m可知线速度大小不相等，选项C错误；小球在竖直方向上的合力等于零，有mg=Tcosθ．．知A球受绳子的拉力较大。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题的考查向心力的来源，结合受力分析，可知物体受到的合外力的方向沿水平方向，运用牛顿第二定律即可求解．‎ ‎4．B ‎【解析】‎ 在P点，速度向下，磁场向外，甲受向左的洛伦兹力，根据左手定则，甲带正电荷；同理，在P点，乙受向右的洛伦兹力，速度向下，磁场向外，根据左手定则，乙带负电荷；故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qvB=m，故，由于q、m、B均相同，甲的轨道半径大，说明甲的速度也大，故B正确；根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力永不做功，故C错误；周期，由于t=T，故；由于q、m、B均相同，故时间相等，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查带电粒子在磁场中圆周运动的推论公式和的简单运用，同时要结合左手定则分析．要注意负电荷受到的洛伦兹力的方向和正电荷受到的洛伦兹力的方向相反．‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道时需做离心运动，可知需要的向心力增大，所以需要加速才能实现．故A错误；远地点B离地面高度为6R，则到地球的球心的距离为7R．根据 可知，卫星在近地轨道与远地轨道运动的速度之比为，选项B错误； 卫星的加速度由万有引力提供，则：，则卫星在近地轨道通过A点的加速度等于在椭圆轨道通过A点时的加速度，选项C错误； 卫星在椭圆轨道上的半长轴： ；由开普勒第三定律 ，可知： ,所以T椭圆=8T;卫星在椭圆轨道上运动时，由近地点到远地点的过程恰好等于椭圆的运动的半个周期，所以：．故D正确．故选D。‎ 点睛：该题结合我国科技的热点，考查卫星的变轨问题以及椭圆运动的时间问题，涉及的公式比较多，解答的关键是要理解并牢记开普勒第二定律和开普勒第三定律.‎ ‎6．AD ‎【解析】‎ A、小球受到重力、电场力和拉力处于平衡，如图 根据共点力平衡得，，则，A错误；‎ B、C、D、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力则为恒力．合力的方向与原来绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动,BC错误，D正确.‎ ‎7．BCD ‎【解析】‎ 磁通量Φ=BS，与匝数无关，所以磁通量之比为1:1，A错；由输入功率等于输出功率和电磁感应原理可知，BC对；D错.‎ ‎8．AB ‎【解析】‎ 小球恰好通过最高点P，根据重力提供向心力，有，解得：； 以水平轨道平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：mv2＝mvP2+mg•2R＝2．5mgR，即小球落地时的动能为2．5mgR，故A正确，C错误；小球离开P点后做平抛运动，则运动时间为：，则水平位移为：，故B正确；小球从Q点运动到P点的过程中，根据动能定理得：mvP2−mvQ2＝−mgR；解得：vQ＝，故D正确．故选ABD。‎ 考点：牛顿定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】‎ 本题关键是明确小球的运动情况，然后分过程运用机械能守恒定律、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解；小球恰好通过P点，重力恰好等于向心力。‎ ‎9．（1）m≪M ‎ ‎（2）B ‎ ‎（3）m过大(或M过小)，造成m不是远小于M；没有平衡摩擦力或木板的倾角过小。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当m≪M时，即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力．‎ ‎（2）平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动．故A错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B错误；实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故C错误；小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系．故D错误。‎ ‎（3）图1中当盘及盘中砝码质量较大时，a-F图象发生弯曲，这是由于没有保证小车质量远大于盘及盘中砝码质量造成的．图2中，从上图中发现直线没过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢．该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足这个步骤．即倾角过小。‎ 考点：探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系 ‎【名师点睛】‎ 本题主要考查了探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系这个实验。属于中等难度题。本实验要特别注意两个问题：①平衡摩擦力；②砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，并且要知道忽略这两个问题图象是怎样的。‎ ‎10．（1）A；D ‎ ‎（2）E ‎ ‎（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I=0.5A；故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；‎ ‎（2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎（3）电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由以上分析知，滑动变阻器应选择分压接法；故原理图如图甲所示；根据原理图可得出对应的实物图如图乙所示：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断方法。‎ ‎11．(1)25 m/s (2)25 m ‎【解析】‎ ‎（1）设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知：mgsin θ-k1mg＝ma1‎ 解得：a1＝3 m/s2‎ 由公式v2-v02＝2a1x0‎ 解得：v＝25 m/s ‎（2）设货车在避险车道上行驶的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：‎ mgsin α+k2mg＝ma2‎ 解得：a2＝12.5 m/s2‎ 由v2-0＝2a2x 解得：x＝25 m ‎12．(1)0.2A (2)2v (3)0.048N ‎【解析】‎ ‎（1）导线MN产生的感应电动势 E=BLv=0.6×0.4×10V=2.4V 通过R的电流 ‎（2）直导线MN两端的电压 UMN=IR=0.2×10V=2V.‎ ‎（3）导线MN匀速运动，外力与安培力平衡，则F外=F安=BIL=0.6×0.2×0.4N=0.048N.‎ ‎【点睛】‎ 本题是电磁感应中电路的问题，要正确区分外电压和内电压，MN两端的电压是外电压，不是内电压．‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ 对Ⅰ气体，初状态p1＝p0+＝2p0‎ 末状态p′1＝p0+＝4p0‎ 由玻意耳定律得：p1l0S＝p1′l1Sl1＝l0‎ 对Ⅱ气体，初状态p2＝p1+＝3p0‎ 末状态p′2＝p′1+＝5p0‎ 由玻意耳定律得：p2l0S＝p2′l2S 得：l 2＝l0‎ A活塞下降的高度为：△lA＝(l0−l1)+(l0−l2)＝l0‎ B活塞下降的高度为：△lB＝l0−l2＝l0‎ 点睛：此题考查理想气体状态变化方程，找出初末状态的状态参量，列理想气体状态变化方程即可，注意弄清“隔热”“绝热”“导热”等的含义．‎ ‎14．ABC ‎【解析】‎ 气体放出热量，若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子的平均动能可能增大，选项A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但是能反映分子在永不停息地做无规则运动，选项B正确；当分子力表现为斥力时，随着分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能均增大，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项D错误；对于气体分子，依据每个气体分子所占空间的体积估算分子数目，但不能根据每个气体分子的体积估算分子数目，选项E错误．‎