海南省海口实验中学2019届高三第四次月考物理试题

 2019届海口实验中学高三年级第四次月考物理一、单项选择题1.一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为(        )A. 10m B. 30m C. 50m D. 70m【答案】C【解析】【分析】本题考查自由落体运动遵循的规律及其相关的知识点，同时考查了估算能力。【详解】根据自由落体运动遵循的规律可知，石块自由下落的高度约为；用时3秒，攀岩者爬了3米，所以距离地面高度约为，则考虑考到空气阻力和声速的影响，他离地面的高度约为50m，选项C正确。 2.土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多。由此信息可知(        )A. 土星的质量比火星的小B. 土星运行的速率比火星的小C. 土星运行的周期比火星的小D. 土星运行的角速度大小比火星的大【答案】B【解析】【分析】本题考查圆周运动及万有引力定律相关的知识点。【详解】根据万有引力提供向心力，得，即r越大速度越小，但是不比较土星和地球质量大小，故A错误，B正确；由，得，即r越大周期越大，故C错误；由，得，即r越大角速度越小，故D错误。 3.如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将(        )A. 沿斜面加速上滑B. 沿斜面加速下滑C. 沿斜面匀速上滑D. 仍静止在斜面上【答案】A【解析】【分析】本题是一道关于安培力的共点力的平衡问题及牛顿第二定律相关知识【详解】最初金属细杆受到三个力作用，且合力为零，如图所示：由平衡可知，安培力，若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，则安培力，根据牛顿第二定律，，故金属细杆以的加速度沿着斜面加速上滑，故A正确 4.已知的半衰期为24天。4g经过72天还剩下(        )A. 0 B. 0.5g C. 1g D. 1.5g【答案】B【解析】【分析】本题考查核衰变的半衰期的规律及其相关的知识点【详解】由衰变公式，知，故B正确 5.如图，用长为的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(        )A. 若保持m、v、不变，M变大，则系统损失的机械能变小B. 若保持M、v、不变，m变大，则系统损失的机械能变小C. 若保持M、m、不变，v变大，则系统损失的机械能变大D. 若保持M、m、v不变，变大，则系统损失的机械能变大【答案】C【解析】【分析】本题考机械能守恒定律及动量守恒定律的相关知识点【详解】分析易得只有子弹射入沙箱并停留在沙箱中这个过程中系统的机械能才会损失，由动量守恒得，，则系统损失的机械能对于A选项，由可知若保持m、v、不变，M越大则系统损失的机械能变大，故A错误对于B选项，由可知若保持M、v、不变，m变大则系统损失的机械能变大，故B错误对于C选项，由可知若保持M、m、不变，v变大则系统损失的机械能变大，故C正确对于D选项，子弹与沙箱共同向上摆动一小角度的过程系统机械能守恒，故D错误 6.某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m。已知水的密度为1.00×103kg/m3。在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为(        )A. 3×106w B. 3×107w C. 3×108w D. 3×109w【答案】D【解析】【分析】本题考平均功率及平均水流量的相关知识点，同时考查了估算能力【详解】由平均功率定义得故D正确 二、多项选择题7.如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd,ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R。使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是(        )A. 线框abcd中感应电动势的最大值是BSωB. 线框abcd中感应电动势有效值是BSωC. 线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大D. 线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大【答案】AC【解析】【分析】本题考查了交变电流的最大值、有效值和瞬时值的相关知识点【详解】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时,产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式为：e=Emsin.＝Emsinωt.故感应电动势的最大值Em＝BSω，有效值E＝，故A正确，B错误；当，即线框平面与磁场方向平行时，感应电动势最大，电流最大，故C正确，D错误。 8.如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得(        )A. 木板的长度B. 物块与木板的质量之比C. 物块与木板之间的动摩擦因数D. 从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能【答案】BC【解析】【分析】本题考查了v-t与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等【详解】A、根据题意只能求出AB的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为，小物块的加速度，根据牛顿第二定律得：，，解得：，，故B和C能够求解出；D、木板获得的动能，题目t1、v0、v1已知，但是M,m不知道，故D不能够求解出 9.如图，a、b、c、d为一边长为的正方形的顶点。电荷量均为q(q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是(        )A. b点的电场强度大小为B. 过b、d点的直线位于同一等势面上C. 在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低D. 在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零【答案】AD【解析】【分析】本题考查电场强度以及等量同种电荷的电场电势图的相关知识点【详解】由图可知b点的电场，故A正确沿着电场线电势逐渐降低，而等量正点电荷电场与电势图如下，由图可知过b、d点的直线不在同一等势面上，故B、C错误；由对称性可知，b、d点电势相同，故电子在b、d点电势能相同，即动能也相同，都为0，故D正确 10.如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r<R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是(        )A. R2消耗的功率变小B. R3消耗的功率变大C. 电源输出的功率变大D. 电源内阻消耗的功率变大【答案】CD【解析】【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点【详解】把等效电路画出，如图设，，则当时，有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，减小，增大，易得：减小，减小，增大，故电源内阻消耗的功率=增大，故D正确=减小，减小，故=减小，故B错误而增大，故=减大，故A错误根据电源输出功率与的关系图可知，当，减小电源输出功率越大，故C正确； 三、实验题11.学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。(1)重力加速度大小可表示为g=_____(用s、n、t表示)；(2)如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得重力加速度大小g=________m/s2；(保留2位有效数字)(3)写出一条能提高测量结果准确程度的建议：____________________。【答案】    (1).     (2). 9.6    (3). “适当增大n”或“多次测量取平均值”【解析】【分析】本题考查一个利用自由落体运动规律测量重力加速度的实验【详解】（1）已知第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t，所以一个水滴从漏斗的下端滴落到桶底所用的时间，所以，故（2）2（3）提高精度可以提高测量时间的精度和距离的精度，也可以适当增大n，或多测几次取平均。 12.某同学利用图(a)中的电路测量电流表的内阻RA(约为5Ω)和直流电源的电动势E(约为10V)。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。(1)断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8Ω时的示数为48.0mA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=________Ω(2)保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图(b)所示，则此次R1的阻值为________Ω；(3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I-1-R1图线，如图(c)所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I-1随R1变化的关系式为I-1=________。利用图(c)可求得E=________V。(保留2位有效数字)【答案】    (1). 5.2    (2). 148.2    (3).     (4). 9.1(8.9至9.4之间)【解析】【分析】本题考查是一个半偏法测表头内阻的实验，附带测量电源的电动势【详解】（1）因为忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，总电流还是为100mA，表头与R2并联，电流按电阻成反比分配，即：，易知：RA=5.2Ω。（2）由图可知（3）根据闭合电路欧姆定律，易得由斜率，可求出. 四、计算题13.如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用时间。【答案】(1)(2)【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。【详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径。设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①易得：②（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有③进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则④联立②③④解得 14.如图，光滑轨道PQO的水平段QO=，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；(2)A、B均停止运动后，二者之间距离。【答案】(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为和(2)A、B均停止运动后它们之间的距离为【解析】【分析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识综合分析问题的的能力。【详解】（1）设A滑到水平轨道的速度为，则有①A与B碰撞时，由动量守恒有②由动能不变有③联立①②③得：④第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为和（2）第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间⑤第一次碰撞后B停下来所需时间⑥易知：故第一次碰撞后B停时，A还没有追上B设第一次碰撞后B停下来滑动的位移为，由动能定理得⑦解得⑧设A第二次碰撞B前的速度为，由动能定理得⑨解得⑩，故A与B会发生第二次碰撞A与B会发生第二次碰撞，由动量守恒有⑪由动能不变有⑫解得：⑬B发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为，由动能定理得⑭解得⑮A发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为，由动能定理得⑯解得⑰，即A不会再回到光滑轨道PQO的水平段QO上，在O点左边停下所以A、B均停止运动后它们之间的距离为=⑱ 五、选考题15.如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、 c两状态温度相等。下列说法正确的是         A. 从状态b到状态c的过程中气体吸热B. 气体在状态a的内能等于在状态c的内能C. 气体在状态b的温度小于在状态a的温度D. 从状态a到状态b的过程中气体对外做正功【答案】BD【解析】【详解】A.内能是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和，由于理想气体的不考虑分子势能，故理想气体的内能等于分子平均动能的总和，而温度是分子平均动能的宏观表现，由理想气体状态方程恒定不变知从状态b到状态c的过程中压强减小，所以温度减小，则平均动能减小，而体积不变，即内能减小，再根据热力学第一定律 ，可知此过程气体放出热量，故A错误；B.气体在状态a的温度等于在状态c的温度，故气体在状态a的内能等于在状态c的内能，故B正确；C.由理想气体状态方程可知，从a到b体积增大，压强不变，所以温度升高，所以气体在状态b的温度大于在状态a的温度，故C错误D.从状态a到状态b的过程中气体膨胀对外做正功，故D正确 16.一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10-4m3，温度为27℃，压强为6.0×104 Pa；B中气体体积为4.0×10-4m3，温度为-17℃，压强为2.0×104Pa。现将A中气体的温度降至-17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强。【答案】p=3.27×104Pa【解析】【详解】A气体的温度由27℃降至-17℃，由查理定律得拔掉销钉后，A、B中气体的压强相同，根据玻意耳定律，对A气体有对B气体有由已知条件得 联立以上各式得 17.警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是_______。A. 车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高B. 车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低C. 警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低D. 警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变【答案】AB【解析】【详解】当观察者与波源间发生相对运动时，观察者接收到的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。AC.车辆匀速驶向停在路边的警车或者警车匀速驶向停在路边的汽车，两者间距均匀变小，警车探测到的反射波频率增高，A选项正确，C选项错误；BD.车辆匀速驶离停在路边的警车或者警车匀速驶离停在路边的汽车，两者间距均匀变大，警车探测到的反射波频率降低，B选项正确，D选项错误。 18.如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和。一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为。求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。【答案】【解析】【详解】分析边缘光线a，如图：有几何关系可知：可得：在三角形CAB中，AC=BC，设为，在三角形OBC中有勾股定理：解得：故半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为