2018-2019学年四川省眉山市仁寿一中南校区高三(下)第五次月考物理试卷(解析版)

月考物理试卷

一、选择题

1．关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是（ ） A．核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间 B．某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变

C．放射性原子核X发生衰变，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能 D．

U+n→

Ba+

Kr+3n是太阳内部发生的核反应之一

2．光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力（ ）

A．逐渐增大 C．先减小后增大

B．大小不变

D．先增大后减小

3．如图甲所示电路，规格相同的小灯泡a、b、c额定电功率都是6W，在电路输入端接图乙所示交流，小灯泡均正常发光。电表都是理想电表，变压器是理想变电压器。则（ ）

A．小灯泡额定电流是0.5A C．小灯泡额定电压是24V

B．电压表的示数为36V D．电流表的示数为2A

4．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端同定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A．小球带正电

B．电场力跟重力一定平衡

C．小球在从a点运动到b点的过程中电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒

5．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度V0开始向右滑动，已知M＞m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能EK随位移S的变化图象，其中可能正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

6．石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空．设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到

太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本地发射绕地人造卫星．如图所示，假设某物体 B 乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C相比较（ ）

A．B的线速度大于C的线速度 B．B的线速度小于C的线速度 C．若B突然脱离电梯，B将做离心运动 D．若B突然脱离电梯，B将做近心运动

7．边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且于磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是（ ）

A． B．

C． D．

8．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，

电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（ ）

A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流

B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流

C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开电键S，带电微粒向下运动 三、非选择题

9．某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：

（ⅰ）将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平； （ⅱ）将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸； （ⅲ）用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点O；

（ⅳ）让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置Q；

（ⅴ）将小球B放在斜槽末端，让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定A、B两小球落点的中心位置P、R； （ⅵ）用刻度尺测量P、Q、R距O点的距离x1、x2、x3； （ⅶ）用天平测量小球A、B质量m1、m2；

（ⅷ）分析数据，验证等式m1x2＝m1x1+m2x3是否成立，从而验证动量守恒定律。 请回答下列问题

（1）步骤（ⅴ）与步骤（ⅳ）中定位卡的位置应 ；

（2）步骤（ⅳ）与步骤（ⅴ）中重复多次的目的是 ；

（3）为了使小球A与B碰后运动方向不变，A、B质量大小关系为m1 m2（选填“＞”、“＜”或“＝”）；

（4）如图乙是步骤（ⅵ）的示意图，则步骤（ⅳ）中小球落点距O点的距离为 m。 10．某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等。

（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为 Ω．据此应选择图中的 （填“b”或“c”）电路进行实验；

（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 （填“增大”或“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验；

（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件 （填“X”和“Y”）是非线性元件；

（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图（e）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V．利用图（d）可算得E＝ V．r＝ Ω（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）。

11．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x＝6m。已知玩具小车的质量m＝500g，匀加速过程中牵引力F＝3N，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g取10m/s，求t的值。

12．如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内有区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ和Ⅲ宽度相等为l1，区域Ⅱ宽度为l2；区域Ⅰ和Ⅲ内有电场强度大小相等为E的匀强电场，区域Ⅰ内电场方向沿x轴正方向，区域Ⅲ内电场方向沿x轴负方向，区域Ⅱ内有垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。第四象限内有垂直于xOy平面的匀强磁场。一带正电的粒子以某一速度从坐标原点O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ，从M点进入区域Ⅱ和Ⅲ，在区域Ⅲ右边界与x轴的交点N处以沿y轴负方向的速度进入第四象限，然后回到O点。已知M点坐标（l1，2l1），忽略粒子重力。求： （1）粒子在M点速度方向与x轴正方向的夹角θ； （2）粒子从O点射入时的初速度v0；

（3）第四象限中匀强磁场的磁感应强度B'及粒子在第四象限中运动时间t。

2

二、选做题：

13．下列说法正确的是 （ ）

A．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2T B．温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动 C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式

D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势

E．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变

14．如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20cm，S2＝10cm，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M＝2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1＝600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强P0＝1×10Pa，取g＝10m/s，缸内气体可看作理想气体；

（1）活塞静止时，求气缸内气体的压强；

（2）若降低气内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L时，求气缸内气体的温度．

5

2

2

2

15．从两个波源发出的两列振幅均为A、频率均为4Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达B、E点，如图中实线、虚线所示。两列波的波速均为10m/s，

下列说法正确的是（ ）

A．质点P此时在向左运动 B．此时质点P、O横坐标的差为C．质点P、O开始振动的时刻之差为

s

D．再经过个周期时，D质点纵坐标为2A E．同时有两列波经过C质点时，C保持静止

16．如图所示，等腰直角三角形ABC为某透明介质的横截面．O为BC边的中点，位于O点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC边上的D点射出的光线平行于BC，从E点射出的光线垂直BC向上．已知BC边长为2L．求： （ i）该光在介质中发生全反射的临界角θ． （ii） DE的长度x（可能用到sin 15°＝

或tan15°＝2﹣

．

2018-2019学年四川省眉山市仁寿一中南校区高三（下）

第五次月考物理试卷

参与试题解析

一、选择题

1．【分析】核力是短程力，存在于相邻的核子之间； 根据质量数与质子数守恒，即可判定B选项； 依据质量亏损，结合质能方程，即可判定C选项； 太阳内部发生的是聚变反应。

【解答】解：A、核力是一种强相互作用，是一种短距作用，只能发生在原子核内相邻核子之间，故A错误；

B、某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，质量数少4，可知核内质子数不变，故B 正确；

C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能，故C正确；

D、太阳内部发生的核反应是聚变反应，而变反应，故D错误； 故选：BC。

2．【分析】以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，由平衡条件分析F大小的变化。

【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、斜面的支持力N和绳子A的拉力T，如图：

由平衡条件得知，F和T的合力与G大小相等、方向相反，当将A点向上缓慢移动，使AO绳绕O点顺时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，T先变小后变大。故C正确，ABD错误。 故选：C。

是裂

3．【分析】明确电路结构，注意a与变压器为串联关系，电路总电压等于a两端电压与变压器输入电压之和，同时根据电压之比等于线圈匝数之比，电流之比等于线圈匝数的反比列式，联立即可求出电流表和电压表的示数。

【解答】解：设小灯泡正常发光时通过小灯泡电流为I，则流过原线圈的电流为I，流过副线圈的电流为2I，根据

可得、副线圈的匝数之比

；输入端交变电

压u的图象，可求出有效值36V，设灯泡两端电压为U，所以U+2U＝36V，则U＝12V，因此原线圈电压为24V，电压表的示数为24V，根据P＝UI可得小灯泡额定电流是

，电流表的示数为2I＝1A，故A正确，BCD错误。

故选：A。

4．【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性．由电场力做功情况，判断电势能的变化．机械能守恒的条件是只有重力做功．

【解答】解：A、B据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电。故AB正确。

C、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大。故C错误。 D、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒。故D错误。 故选：AB。

5．【分析】木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误。根据动能定理确定动能与位移的关系。

【解答】解：A、木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，

，

，已知M＞m，则aA＞aB．①图线斜率的绝

对值大于②图线斜率的绝对值，故A、B错误。

C、根据动能定理得，对A有：﹣μmgs＝EK﹣EK0，则EK＝EK0﹣μmgs．对B有：μmgs＝EK，从动能定理的表达式可知，EK与s图线斜率的绝对值必须相等。故C错误，D正确。 故选：D。

6．【分析】B到达位置低于同步卫星，在其轨道的卫星的运行周期小于地球自转周期，据此分析各选项．

【解答】解：A、B、因C的周期小于同步卫星的周期即小于B的周期，则C的角速度大于B的角速度，由v＝rω知C的线速度大，则A错误，B正确

CD、若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心运动。则C错误，D正确 故选：BD。

7．【分析】（1）根据几何知识找出框架切割磁感线的有线长度L与框架穿出磁场的距离x的关系

（2）根据相应的物理规律找出感应电动势E与x、外力的功率P与x的关系 （3）根据E与x、P与x的关系结合数学知识进行判断

【解答】解：如下图所示，当框架穿出磁场x距离后，线框切割磁感线的有效长度为L，根据几何知识可得L＝2xtan30°，则有： E＝BLv＝2Bvxtan30°，…① I＝FA＝BIL＝

…② …③

由于框架匀速被拉出，故外力F与安培力FA等大反向，即为： F＝

则外力F的功率为： P＝Fv＝

…④

由①式可知C正确 由④式可知B正确 故选：BC。

8．【分析】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E＝分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态．

【解答】解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；

B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；

C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E＝可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误； D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确。 故选：AD。 三、非选择题

9．【分析】（1）为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释放入射球。 （2）为减小实验误差应进行多次实验，确定小球落点的平均位置。 （3）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球质量应大于被碰球的质量。

（4）根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数。

【解答】解：（1）为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释放入射球，即步骤（ⅴ）与步骤（ⅳ）中定位卡的位置应保持不变； （2）步骤（ⅳ）与步骤（ⅴ）中重复多次的目的是减小实验误差；

（3）为了使小球A与B碰后运动方向不变，A、B质量大小关系为m1＞m2； （4）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，（ⅳ）中小球落点距O点的距离为：37.23cm＝0.3725m。

故答案为：（1）保持不变；（2）减少实验误差；（3）＞；（4）0.3725。

10．【分析】电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率。根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接。

先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析。 根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；

根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r。

【解答】解：（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω。

元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路。

（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；

（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件Y是非线性元件； （4）根据U﹣I图线得出元件X的电阻R＝

＝10Ω；

闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V， 根据闭合电路欧姆定律列出等式 E＝3+E＝1+

×r ×（r+21）

解得：E＝3.2V．r＝0.50Ω

故答案为：（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50

11．【分析】玩具小车先做匀加速运动，后做匀减速运动，总位移为x＝6m，根据牛顿第二定律分别求出两个过程的加速度，根据总位移等于两个过程位移之和列式，即可求t。

【解答】解：设玩具小车受到的阻力为f，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a1、a2，位移分别为x1、x2，关闭发动机时的速度为v。

关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律得： F﹣f＝ma1 据题有： f＝kmg＝0.2mg x1＝v＝a1t

关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律得： f＝ma2 0﹣v＝﹣2a2x2 据题有：x1+x2＝x

联立以上各式并代入数据得：t＝1s 答：t的值是1s。

12．【分析】（1）粒子在电场I区域做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子在M点的速度方向与x轴正方向间的夹角。

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子初速度。

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期可以求出粒子运动时间。

【解答】解：（1）设粒子在O点射入时的初速度v0，在M点速度为v，沿x轴方向的速度为v1，沿y轴方向的速度为v0，从O点到M点运动时间为t1，则有：

v0t1＝2l1

，

2

解得：，θ＝45°；

（2）设粒子质量为m，电荷量为q，在区域I内运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：qE＝ma

粒子速度：v1＝at1

粒子在区域II内以速度v做匀速圆周运动，设半径为R，通过区域III后，在N点以沿y轴负方向的速度进入第四象限，根据对称关系，进出区域II的两点连线平行于x轴，

如图所示，则有：由牛顿第二定律得：解得：

，

， ， ，

；

（3）粒子在第四象限做匀速圆周运动，设半径为R'，周期为T，根据对称性关系，粒子在N点速度为v0，则有：

，

由牛顿第二定律得：，

由可得：，

粒子做圆周运动的周期：粒子在磁场中的运动时间：

， ，

解得：；

答：（1）粒子在M点速度方向与x轴正方向的夹角θ为45°； （2）粒子从O点射入时的初速度v0为

；

（3）第四象限中匀强磁场的磁感应强度B'为：，粒子在第四象限中运动时间t

为二、选做题：

。

13．【分析】温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t+273升至2t+273，不是2倍关系，温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，选项B错误；

C、做功和热传递是改变物体内能的两种方式，由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变。

【解答】解：A、温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t+273升至2t+273，不是2倍关系，故A错误；

B、温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，故B错误；

C、做功和热传递是改变物体内能的两种方式，故C正确；

D、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故D正确；

E、晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，故E正确； 故选：CDE。

14．【分析】（1）两活塞用细杆连接，可将两个看成一个整体，对整体受力分析可求得； （2）由于两活塞整体受力没有变化，压强不变，所以气体做等压变化，由盖﹣吕萨克定律求得．

【解答】解：（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡： p1S1+p0S2＝p0S1+p1S2+Mg，

代入数据解得压强：p1＝1.2×10Pa，

（2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2，由盖﹣吕萨克定律得：

5

，

代入数据解得：T2＝500K．

答：（1）塞静止时，气体的压强P1＝1.2×10Pa；（2）当活塞A缓慢向右移动L时，气体的温度T2＝500K．

15．【分析】根据质点不会随波迁移得到质点运动；根据频率得到周期，再根据波速求得波长，即可由图求得平衡位置间的距离；根据质点到波前的距离和波长的关系，由周期求得振动时间，即可得到开始振动的时刻之差；根据波的传播方向得到两波在质点处的振动，从而根据叠加原理得到质点振动。

【解答】解：A、质点只在平衡位置附近振动，不随波的传播而移动，故质点只在y方向振动，故A错误； B、该波的周期为标的差

，故波长λ＝vT＝2.5m；由图可知：此时质点P、O横坐

，故B正确；

5

C、由图可知：O到实线波波前距离为2λ，故图时时刻质点O已经振动2T；P到虚线波波前距离为

，故图时时刻质点O已经振动

； ，故C正确；

那么，质点P、O开始振动的时刻之差为

D、根据波的传播方向，由波长、周期、波速的关系可知：再经过个周期时，D质点处，实线波到达波谷位置，虚线波也到达波谷位置，故纵坐标为﹣2A，故D错误； E、图时时刻，C质点处，实线波到达波谷，虚线波到达波峰；根据两波频率相等可得：在C点处两波干涉减弱，故振幅为零，保持静止；即同时有两列波经过C质点时，C保持静止，故E正确； 故选：BCE。

16．【分析】（i）分析光线OD的折射情况，根据折射定律求出折射率，再由全反射临界角公式sinC＝求临界角θ．

（ii）在△ODE中，根据正弦定理求DE的长度x．

【解答】解：（1）根据光的折射定律，分析光线OD的折射情况，有 n＝

＝

＝

由知 θ＝45°

（2）在△ODE中，由正弦定理得：

＝

得：

答：（i）该光在介质中发生全反射的临界角θ是45°． （ii） DE的长度x是

L．