2019届湖北省荆门市高三元月统考物理试题（解析版）

湖北省荆门市2019年元月高三年级统考物理试题一、选择题1.当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（  ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，即垂直纸面向里，A正确；如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，即垂直纸面向里，B正确；环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，即垂直纸面向外，C错误；根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，D错误．2.等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在此全过程中（  ）A. 所受电场力的方向将发生改变B. 所受电场力的大小恒定C. 电势能一直减小D. 电势能先不变后减小【答案】D【解析】 3.甲乙两物体在同一直线上，沿同方向的运动。其运动的速度—时间图像如图所示，由图可知：（  ）A. 0～10s的时间内，甲乙两物体间的距离逐渐增大，t =20s时两物体相遇。B. 0～10s的时间内，甲乙两物体间的距离逐渐减小，t =10s时两物体相遇。C. t=20后甲物体运动的加速度和速度都反向，所以两物体相遇只能发生在20s之后。D. 无法判断甲乙两物体在何时相遇。【答案】D【解析】【分析】根据速度时间图线，通过速度随时间的变化规律判断甲、乙的运动规律，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合位移关系判断两物体的位置已经判断乙能否追上甲．【详解】由于初始时甲乙的位置关系不确定，无法判断0～10s的时间内甲乙之间的距离变化情况以及何时相遇；若甲乙从同一地点出发，因0～10s内甲的速度大于乙，则甲乙之间的距离逐渐变大，t=10s时距离最大；10-20s时甲的速度小于乙，则甲乙之间的距离逐渐减小，t=20s时两物体相遇，选项AB，t=20s后甲运动的加速度不变的，速度方向发生变化，C错误，D正确；4.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r。R1和R2是两个定值电阻（其电阻不随温度变化而变化）。R为滑动变阻器，现闭合开关S，使变阻器的滑片向上移动，下列说法中正确的是（  ）A. 电压表V1、V2 读数均增大B. 电压表V1、V2 读数均减小C. 通过电阻R的电流减小D. 电流表读数减小【答案】D【解析】【分析】由变阻器电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表V1、V2示数的变化，结合串并联电路规律分析电流表和电阻R电流的变化.【详解】变阻器的滑片向上移动过程中，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压减小，即电压表示数V2 减小，电路总电流增大，即通过R1的电流增大，所以其两端的电压增大，即电压表V1 的示数增大，而路端电压是减小的，所以并联电路两端的电压减小，所以R2 两端电压减小，即通过R2 的电流减小，即电流表示数减小，总电流增大，因为I＝IR2 +IR ，所以IR增大，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所求电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．5.两木块A.B质量之比为2:1，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A.B在开始滑行到停止运动的过程中，滑行的时间tA∶tB和距离（  ）A. 初动能相同时分别为1:，1:2B. 初动能相同时分别为1:4，1:4C. 初动量相同时分别为1:，1:2D. 初动量相同时分别为1:2，1:2【答案】A【解析】【分析】根据牛顿得让定律得出加速度之比，通过动能或动量相等和质量关系求出初速度之比，结合速度时间公式求出经历的时间之比；再由平均速度可求得位移之比．【详解】根据牛顿第二定律得：a=＝μg，动摩擦因数相等，则两物体匀减速运动的加速度大小相等，因为动能相等，质量之比为2：1，根据EK＝mv2知，初速度大小之比为1：，根据t=v/a知，经历的时间之比为1：；根据匀变速直线运动的平均速度推论，知x= vt，因为初速度大小之比为1：，时间之比为1：，则通过的位移大小之比为1：2．故A正确，B错误；若动量相等，则速度之比为：1：2；则根据t=v/a知，经历的时间之比为1：2；根据匀变速直线运动的平均速度推论，知x=vt，因为初速度大小之比为1：2，时间之比为1：2，则通过的位移大小之比为1：4．故CD错误；故选A。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．也可以采用动能定理和动量定理求解．6.在下列关于近代物理知识的说法中，正确的是（  ）A. 玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象B. 氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大C. γ射线为原子的核外电子电离后形成的电子流D. 元素的半衰期随温度的升高或压强的增大而变小【答案】AB【解析】【详解】玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象，但是不能解释其它的原子光谱，选项A正确；氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的电势能增加，电子的动能减小，原子的总能量增大，选项B正确；γ射线是不带电的光子流，选项C错误；元素的半衰期与外界条件无关，选项D错误；故选AB.7.如图所示，某次发射远地圆轨道卫星时，先让卫星进入一个近地的圆轨道Ⅰ，在此轨道运行的卫星的轨道半径为、周期为；然后在P点点火加速，进入椭圆形转移轨道Ⅱ，在此轨道运行的卫星的周期为；到达远地点Q时再次点火加速，进入远地圆轨道Ⅲ，在此轨道运行的卫星的轨道半径为、周期为（轨道Ⅱ的近地点为Ⅰ上的P点，远地点为轨道Ⅲ上的Q点）。已知＝2，则下列关系正确的是（  ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据开普勒第三定律：a3 /T2＝k，k是与卫星无关的物理量，即所有卫星的比值k都相同，代入数据计算即可，其中圆轨道的a为圆的半径，椭圆轨道的a等于半长轴.【详解】根据开普勒第三定律：a3 /T2＝k，所以 ；解得 ，即T3＝2T1，故A正确、D错误。根据开普勒第三定律：；解得 ，故B错误，C正确；故选AC。8.如图所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7V、14V、21V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是（  ）A. 粒子一定带负电荷，且粒子在a、b、c三点所受合力相同B. 粒子运动径迹一定是a→b→cC. 粒子在三点的动能大小为EKb>EKa>EKcD. 粒子在三点的电势能大小为EPb >EPa> EPc【答案】AD【解析】【分析】由等势面分布的特点可知，该电场为匀强电场，电场线方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势．粒子的轨迹向下弯曲，可知其所受的电场力向下，即可判断出粒子的电性，但运动轨迹不能反映运动方向．负电荷在电势高处电势能小，动能大．【详解】由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，则粒子在a、b、c三点所受合力相同；而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，故A正确；运动轨迹不能反映运动方向，粒子运动径迹可能是a→b→c，也可能是c→b→a，故B错误；根据推论：负电荷在电势高处电势能小，动能大。则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有EPb＞EPa＞EPc，EKb＜EKa＜EKc，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．二、实验题9.图是验证机械能守恒定律的实验。小圆柱由一根不可伸长的细线拴住，细线另一端固定在O点，在最低点附近放置一组光电门。将细线拉至水平后由静止释放，用光电门测出小圆柱运动到最低点的挡光时间△t，再用10分度游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图所示，重力加速度为g。则（1）小圆柱的直径d = ___________cm；（2）测出悬点到圆柱重心的距离，若等式______________________成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒；【答案】    (1). 1.02cm;    (2). ; 【解析】【分析】（1）题读数时注意分度，读数时要用“mm”为单位．（2）的关键是根据机械能守恒定律列出表达式即可．【详解】（1）游标卡尺读数为：d=10mm+2×0.1mm=10.2mm=1.02cm
（2）根据机械能守恒定律应有：mgl=mv2，
其中：，解得：10.在做测量一只蓄电池(电动势约为2.2 V，内阻很小)的电动势和内阻的实验时，备有下列器材供选用：A．定值电阻(阻值为R1＝1 Ω，额定功率约5 W)B．定值电阻(阻值为R2＝20 Ω，额定功率约10 W)C．直流电流表(量程0～0.6 A～3 A，内阻约为0.2Ω)D．直流电压表(量程0～3 V～15 V，内阻约为5KΩ)E．滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω)F．滑动变阻器(阻值范围0～1000 Ω)G．电键                   H．导线若干(1)实验电路如下图所示。为防止电源短路，用作保护电阻的定值电阻选用______(填“A”或“B”)；滑动变阻器选用________(填“E”或“F”)．(2)某同学将选定的器材在实物图上连线完成了实验电路，闭合电键后无论怎样移动滑片P，发现电压表示数约为2.2 V不变，电流表的示数始终为零，则电路故障可能是下述中的__________．A．b、c间断路                         B．a、p间某点电阻丝断路C．P与电阻丝未接通                    D．保护电阻断路(3)某小组按正确的操作步骤完成实验，根据实验记录，将测量数据描点如下图，请在图上作出相应图象_______ ．则待测蓄电池的电动势E为________V，内阻r为________Ω.(结果均保留三位有效数字)【答案】    (1). A;    (2). E;    (3). AC;    (4).     (5). 2.20;    (6). 0.500;【解析】【分析】（1）保护电阻为防止电路短路造成的危害，保护电阻阻值不易过大．（2）根据电路故障现象判断电路故障原因．（3）根据坐标系内描出的点，作出电源的U-I图象，图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．【详解】（1）为保护电路安全，保护电阻选择A即可，如果选B，由于B的阻值较大，电路电流太小，不易于电表读数．滑动变阻器选择阻值较小的E即可；
（2）如果b、c间断路，电路断路，电流表示数为零，电压表与电源两极相连，电压表示数接近电源电动势，符合题意，故A正确；如果a、b间某点电阻丝断路，在从a向b移动滑片的整个过程中，滑片在断点一侧时电路是通路，滑片在断点另一侧时电路是断路，电压表示数会变化，不符合题意，故B错误；如果P与电阻丝未接通，电路断路，电流表示数为零，电压表与电源两极相连，电压表示数接近电源电动势，符合题意，故C正确；如果保护电阻断路，电路断路，电流表示数为零，电压表与电源两不能相连，电压表示数为零，不符合题意，故D错误；故选AC．
（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U-I图象，图象如图所示；
由图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是2.20，则电源电动势E=2.20V，
图象斜率的绝对值：，则电源内阻：r=k-R1=1.5-1=0.500Ω．【点睛】应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，知道电源的U-I图象交点坐标与斜率的物理意义即可求出电源电动势与内阻．三、计算题11.如图，一个质量为m = 0.6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）。已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60 0，小球到达A点时的速度 v=4 m/s 。（取g =10 m/s2）求：⑴小球做平抛运动的初速度v0 的大小；⑵P点与A点的水平距离和竖直高度；⑶小球到达圆弧最高点C时对轨道的弹力。【答案】（1）2m/s（2）0.69m；0.6m（3）8N，竖直向上【解析】【分析】（1）恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明到到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，这样可以求出初速度v0；（2）平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的水平距离和竖直距离；（3）选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力．【详解】（1）小球到A点的速度如图所示，由图可知
v0＝vx＝vAcosθ＝4×cos60°＝2m/s，
vy＝vAsinθ＝4×sin600＝2m/s
（2）由平抛运动规律得：
竖直方向有： vy2＝2gh
vy=gt
水平方向有：x=v0t
解得：h=0.6m
x＝0.4m≈0.69m
（3）取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得：mvA2＝mvC2 +mg(R+Rcosθ)
代入数据得：vC＝m/s
由圆周运动向心力公式得：NC+mg＝m
代入数据得：NC=8N
由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小NC′＝NC＝8N，方向竖直向上【点睛】本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法．12.如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为M=8kg，在小车水平板AB上的A处放有质量为m=2kg的物块，BC是一段光滑的圆弧，在B点处与AB平滑相接，物块与水平面AB部分间的动摩擦因数μ=0.2，现给物块一个I=10N•s的冲量，物块便沿AB滑行，并沿BC上升，（物块始终未离开BC轨道。）然后再沿BC返回，最后恰好回到A点处与小车保持相对静止，g = 10m/s2求：（1）从物块开始滑动至返回A点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能为多少？（2）物块沿BC弧上升相对AB平面的高度为多少？（3）小车上AB两点的距离是多少？【答案】（1）20J（2）0.5m（3）2.5m【解析】【分析】本题（1）的关键是明确物块返回至A点过程中，根据水平方向动量守恒定律和全过程能量守恒定律联立即可求解；题（2）的关键是明确物块上升到最高时两者具有相同的速度，根据水平方向动量守恒定律并结合Q=fS相对 得出与损失能量△E关系，联立即可求解；题（3）的关键是根据Q=fS相对 即可求解．【详解】（1）：设物块获得的初速度为v0，由动量定理应有：I=mv0 -0…①
设物块与小车组成的系统相对静止时的共同速度为v，由动量守恒定律应有：mv0 =（m+M）v…②
根据能量守恒定律应有： …③
联立①②③可得：∆E损=20J；
（2）物块上升到最大高度时竖直速度为0，物块与小车具有相同的水平速度vx，
在水平方向根据动量守恒定律应有：mv0 =（m+M）vx …④
物块从A到上升到最高度过程，对物块与小车组成的系统由能量守恒定律应有： …⑤
根据题意，QAB=∆E损 …⑥
联立①④⑤⑥解得：h=0.5m；
（3）根据“摩擦生热”公式应有：Q=f S相对=μmgLAB …⑦；
联立⑥⑦两式并代入数据解得：LAB =2.5m；【点睛】应明确：①对存在有相互作用的问题，应想到应用动量守恒定律求解，注意动量守恒的条件是相互作用的系统不受外力或受到的合外力为零；②对有相互作用的问题，应结合能量守恒定律求解；③“摩擦生热”公式Q=fS相对中：f是指物体受到的滑动摩擦力大小， S相对是指物体发生相对位移大小或相对路程．13.关于热现象，下列说法中正确的是___________。A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分于运动的无规则性B. 扩散现象说明分子之间存在空隙，同时说明分子在永不停息地做无规则运动C. 晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向同性D. 可利用高科技手段、将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化E. 对大量事实的分析表明，不论技术手段如何先进，热力学零度最终不可能达到【答案】ABE;【解析】【详解】显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分于运动的无规则性，选项A正确；扩散现象说明分子之间存在空隙，同时说明分子在永不停息地做无规则运动，选项B正确；晶体有固定的熔点，单晶体具有规则的几何外形，多晶体物理性质具有各向同性，选项C错误；根据热力学第二定律可知，不可能将流散的内能全部收集加以利用，而不引起其他变化，选项D错误；对大量事实的分析表明，不论技术手段如何先进，热力学零度最终不可能达到，选项E正确；故选ABE.14.如图所示一圆柱形气缸直立在水平地面上，内有质量不计的可上下移动的薄活塞，在距缸底高为2H的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中顶出，气缸壁和活塞都是绝热的，活塞与气缸壁之间没有摩擦．活塞下方距缸底高为H处还有一固定的导热性良好的薄隔板，将容器内的同种理想气体分为A、B两部分，开始时A、B中气体的温度均为27℃，压强均等于外界大气压强P0，活塞距气缸底的高度为1.3H，现通过B中的电热丝缓慢加热，规定0℃为273k，试求：①当B中气体的压强为3P0时，活塞距隔板的高度是多少？②当A中气体的压强为1.5P0时，B中气体的温度是多少？【答案】（1）0.9H（2）1500K【解析】【分析】（1）据题知B中气体做等容变化，由查理定律可求出压强为3p0时的温度．由于隔板导热，A、B中气体温度相等，A中气体做等压变化，根据盖•吕萨克定律和长度关系求解活塞距缸底的高度．（2）当A中气体压强为1.5p0，活塞将顶在卡环处，对A中气体，根据气态方程列式求解温度，抓住A气体与气体B的温度相同，即可得到B中气体的温度．【详解】①B中气体做等容变化，由查理定律：解得：A中气体做等压变化，由于隔板导热，A、B中气体温度相等，由盖•吕萨克得：，即解得：②当A中气体压强为1.5p0，活塞将顶在卡环处，对A中气体：,即由于薄板导热性能良好，故B中气体的温度为1500K.【点睛】本题是多体问题，关键有明确两部分的变化过程，找出它们之间的联系，比如温度、压强等，再据气体实验定律的方程列式求解．15.三束单色光a、b、c沿图示方向射向圆形玻璃砖，经两次折射后变成复色光d，以下说法正确的是 _______ 。A．b光的频率比c光小B．在真空中，a光传播速度比b、c大C．在玻璃砖中，a光传播速度比b、c小D．a光的光子能量最小E．若以a、b、c三种单色光分别用相同的装置做“用双缝干涉测定单色光的波长”的实验，则a光观察到的条纹间距最大【答案】ADE;【解析】【详解】从光的偏折程度看a光的偏折程度最小，c光最大，故a光的折射率最小，c光的折射率最大，则a光的频率最小，c光的频率最大，b光的频率比c光小，故A正确；任何单色光在真空中传播速度均为光速，故B错误；由光在介质中传播速度公式：可知，a光的折射率最小，在玻璃砖中传播速度最大，故C错误；光子能量与光的频率成正比，则知a光的光子能量最小，故D正确；三种单色光中a光的波长最长，干涉条纹间距与波长成正比，则在同样的装置做双缝干涉实验时观察到的条纹间距a光的干涉条纹间距最大，故E正确。所以ADE正确，BC错误。16.如图所示，为一列水平向右传播的简谐横波在某一时刻的波形图，图示时刻，波恰好从O点向右传播了一个波长的距离。波速为0.6 m/s。P质点的平衡位置坐标为 x =0.96m。从该时刻开始计时，问：①经过多少时间，P 质点第一次到达波峰？②P质点第一次到达波峰时，通过的路程为多少？【答案】（1）1.5s（2）15cm【解析】【分析】（1）质点P第一次到达波峰即为左侧第一个波峰传到P点；（2）先求解波传到P点的时间，然后再求解此后P振动时间和周期的关系，最后确定P的路程．【详解】①质点P第一次到达波峰所需的时间，就是初始时刻x =0.06m处的质点的振动状态传到P点所需的时间由波的图像知： △x =0.96 -0.06 =0.9m                         所以经过时间为： t =△x/v =0.9/0.6 s =1.5s                     ②由波的图像知，振幅A =0.05m，波长λ =0.24m 所以波上质点的振动周期 T = λ /v =0.4s                        由波的图像知，从P点起振到第一次到达波峰历时为： △ t =T                 所以P通过的路程为：S =3 A =3×5cm=15cm.