湖南省师大附中2019届高三第7次月考
物理试题
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.关于近代物理的知识，下列说法正确的是 A. 查德威克发现质子的核反应方程为
B. β衰变就是原子核内的一个质子转化为一个中子和电子，电子被释放出来 C. 铀核裂变的一种核反应方程为
D. 若氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应 【答案】D
【详解】发现质子的是卢瑟福，故A错误；β衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以β射线的形式释放出来，故B错误；铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中的一种核反应方程
，故C错误；根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的
光的能量大于氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D正确。故选D.
2.如图所示，一辆小车在牵引力作用下沿半径为R的弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，则上行过程中
A. 小车处于平衡状态，所受合外力为零 B. 小车受到的牵引力逐渐增大
C. 小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量 D. 小车重力的功率逐渐增大 【答案】C 【解析】 【分析】
小车做匀速圆周运动，结合动能定理以及功率的公式进行分析即可；
【详解】A．由题可知，小车做匀速圆周运动，其加速度不为零，即小车不处于平衡状态，合力不为零，故选项A错误；
B．对小车进行受力分析，如图所示：
根据平衡条件可以得到：，由于逐渐增大，可知逐渐减小，故选项B错误；
C．由题可知，小车动能不变，根据动能定理可知：
则根据功能关系可知重力的功等于重力势能的变化，则牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故选项C正确；
D．随着小车的上升，角逐渐增大到选项D错误。
【点睛】本题考查小车做匀速圆周运动，切线方向根据平衡条件列出方程，判断牵引力的大小，然后结合动能定理以及功率的公式进行分析即可。
3.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点离月球的距离为x，则
，则根据公式
可知由于角逐渐增大则重力的功率逐渐减小，故
A. “鹊桥”的线速度小于月球的线速度 B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度 C. x满足D. 【答案】C
【解析】
【详解】线速度v＝ωR，中继星绕地球转动的半径比月球绕地球的半径大，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A错误；向心加速度a＝ω2R，“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B错误；中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有
，
对月球而言则有 ，两式联立可解得 ，故C正确，D错误；故选C。
4.如图所示，光滑的水平面上静止着一辆小车(用绝缘材料制成)，小车上固定一对竖直放置的带电金属板，在右金属板的同一条竖直线上有两个小孔a、b。一个质量为m、带电量为－q的小球从小孔a无初速度进入金属板，小球与左金属板相碰时间极短，碰撞时小球的电量不变且系统机械能没有损失，小球恰好从小孔b出金属板，则
A. 小车(含金属板，下同)和小球组成的系统动量守恒 B. 小车和小球组成的系统机械能守恒 C. 在整个过程中小车的位移为零
D. 因为小车和小球的质量大小关系未知，无法求出小车的位移 【答案】C 【解析】
【详解】在小球与左金属板碰前 ，电场力对小车和小球都做正功，小车的机械能增加，系统机械能不守恒，选项B错误；小球进入电场后完全失重，系统只在水平方向的动量守恒，选项A错误；小车和小球在水平方向上动量守恒，系统初动量、初速度为0，水平方向上满足人船模型，从开始小球进入平行板到离开平行板，小车与小球的相对位移为0，即小车和小球在此过程中的位移都是0，小车在整个过程中的位移为0，选项C正确、D错误；故选C。 5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则
A. R1与R2消耗的电功率相等 B. 通过R1的电流为3 A
C. 若向上移动P，电压表读数将变大
D. 若向上移动P，电源输出功率将不变 【答案】B 【解析】
【详解】理想变压器原副线圈匝数之比为1：2，可知原副线圈的电流之比为2：1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，故A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；根据匝数比可知次级电压为2（12-I），则
，解得I=3A，故B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级
电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C D错误；故选B。
6.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对金属棒bc施加一平行于导轨向上的外力F，金属棒bc由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图乙所示。下列关于金属棒bc的加速度a、通过金属棒bc的电流I、金属棒bc受到的外力F、穿过回路cbPMc的磁通量Φ随时间t变化的图象中正确的是
A. B. C. D.
【答案】BC 【解析】 因为
，由图乙可知，q与t2成正比，所以x与t2也成正比，其关系
可以表示为 (k≠0)。对比匀加速直线运动的公式，所以金属棒做匀加速直线运动，金属棒的加速度a
，故有
恒定，B错误；且
，C正确；由
，D正确；由牛顿第二定律可得
可知A错误．
【点睛】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，根据物理规律推导出其表达式，从数学的角度进行分析是关键，
特别是对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析．
7.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φmsin ωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦmcos ωt。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)，端点A、D固定。在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°。则下列说法正确的是
A. 方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线截面电荷量为B. 方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大 C. 两种方式回路中电动势的有效值之比
D. 若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则【答案】AC 【解析】
【详解】方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中∠ADC＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝BR2。由法拉第电磁感应定律E＝
，I＝，q＝IΔt，联立解得
，选项A正确；第一种方式中穿过
回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cos ω1t，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，选项B错误；第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR2cos ω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sin ω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为错误。故选AC.
8.如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在t s末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则
，时间满足，产生的焦耳热Q1＝t1，Q2＝t2，若Q1＝Q2，则，选项C正确，D
A. 恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且
B. 质点所受合外力的大小为
C. 质点到达B点时的速度大小为
D. t s内恒力F做功为【答案】ABC 【解析】
【详解】分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示：
在x′方向上由运动学知识得 v＝v0sin θ ；在y′方向上由运动学知识得v0cos θ＝ayt；由牛顿第二定律有F＝may ；解得F＝
，sin θ＝ ，即恒力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sin θ＝。故AB正确；
设质点从A点运动到B历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有Fcos θ＝ma1；Fsin θ＝ma2；由运动学知识可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝
，则选项C正确；t s内恒
力F做功为－m(v02－v2) ，故D错误。故选ABC.
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共129分。
9.利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图象，
实验过程中挂钩位置可认为不变。某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒，实验步骤如下：
①如图甲所示，固定力传感器M；
②取一根不可伸长的细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O，并固定在传感器M的挂钩上(小圆环刚好够一根细线通过)；
③让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图乙所示；
④让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图丙所示。请回答以下问题： (1)小铁球的重量为_____。
(2)为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，则____。 A．一定得测出小铁球的质量m
B．一定得测出细线离开竖直方向的最大偏角θ
C．一定得知道当地重力加速度g的大小及图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小 D．只要知道图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小
(3)若已经用实验测得了第(2)小问中所需测量的物理量，则为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证____等式是否成立即可。(用题中所给物理量的符号来表示) 【答案】 (1). 【解析】
【详解】(1) 由于重力加速度未知，则有小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知，小球的重力G＝mg＝F0；小球在最低点，由牛顿第二定律则有：F2－F0＝m，因此有F0l(1－cos θ)＝mv2＝(F2－F0)l；对A点受力分析得：F0cos θ＝F1，即有3F0＝2F1＋F2，由上可知，故D正确，ABC错误。故选D。
(2) 根据机械能守恒的表达式有：mgl（1-cosθ）＝mv2结合以上分析，则有3F0＝2F1＋F2。 10.某实验小组想组装一个双量程(3 V、15 V)的电压表，提供的器材如下：
(2). D (3).
A．电流表G：满偏电流为300 μA，内阻未知； B．干电池E：电动势为3 V，内阻未知；
C．滑动变阻器R1：最大阻值约为5 kΩ，额定电流为1 A； D．滑动变阻器R2：最大阻值约为16 kΩ，额定电流为0.5 A； E．电阻箱R0：0～9999.9 Ω；
F．定值电阻R3：40 kΩ，额定电流为0.1 A； G．开关两个，导线若干。
(1)若用图示电路测量电流表G 的电阻，则滑动变阻器R应选用____(选填“C”或“D”)。
(2)将开关S1、S2都断开，连接好实物图，将滑动变阻器的滑片P调到____(选填“a”或“b”)端。接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G 的指针示数为200 μA；闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100 Ω时电流表G 的指针示数为100 μA，则电流表G 的内阻测量值为___Ω。
(3)在虚线框中画出双量程电压表的电路原理图，并标明所选的器材和改装电压表对应的量程，其中R0应取值为___kΩ。
【答案】(1). D (2)a 100 (3). 9.9
【解析】 【分析】
(1) 明确实验原理，知道如何减小半偏法的实验误差，从而确定滑动变阻器； (2) 根据串并联电路的基本规律进行分析，从而确定电流表G的内阻大小； (3) 根据改装原理进行分析，知道改装成电压表时需要串联一个大电阻。
【详解】(1) 由图可知，本实验中采用半偏法确定表头内阻，为了减小并联电阻箱后对电流的影响，滑动变阻器应选
择总阻值较大的D；
(2) 闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100Ω时电流表G的示数为100μA，则说明电流表半偏，电阻箱分流100μA；根据串并联电路的规律可知，电流表G的内阻为100Ω；
(3)由电流表改装成电压表要将电阻与电流表串联，量程越大，串联的电阻越大，所以电路图如图：
电流表G与电阻箱串联改装成的电压表量程为3V，则有：
即解得：
。
【点睛】本题考查半偏法测量电流计内阻的实验方法和电流表改装原理，要注意明确半偏法原理，知道电表的改装原理，明确串并联电路的基本规律和应用。
11.如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满＋y方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(电场、磁场均未画出)；一个比荷为＝k的带电粒子以大小为v0的初速度自点P(－
d，－d)沿＋x方向
运动，恰经原点O进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q(9d，0)沿－y方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为B＝
，不计粒子重力。
(1)求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E的大小。 (2)求粒子在匀强磁场中运动的半径R及时间tB。 (3)求圆形磁场区的最小半径rmin。
【答案】（1）【解析】
（2） （3）d
试题分析：⑴粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动：
①
② ③
解得：场强④
（2）设粒子到达O点瞬间，速度大小为v，与x轴夹角为α：
⑤
⑥
，⑦
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：解得，粒子在匀强磁场中运动的半径
⑨
在磁场时运动角度：
⑩
⑧
在磁场时运动时间（11）
（3）如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径
（12）
解得：
考点：带电粒子在磁场中的运动；类平抛运动的规律.
12.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一轻质弹簧两端连接两个质量均为m＝1 kg的物块B和C。物块C紧靠着挡板P，物块B通过一跨过光滑定滑轮的轻质细绳与质量m0＝8 kg、可视为质点的小球A相连，与物块B相连的细绳平行于斜面，小球A在外力作用下静止在对应圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b与光滑水平轨道bc相切。现由静止释放小球A，当小球A滑至b点时，物块B未到达a点，物块C恰好离开挡板P，此时细绳断裂。已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计。求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)在细绳断裂后的瞬间，小球A对圆弧轨道的压力大小。
【答案】（1）5 N/m （2）144 N 【解析】
【详解】(1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态 对B由平衡条件有kx＝mgsin 30°
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉升状态 对C由平衡条件有kx′＝mgsin 30°由几何关系知R＝x＋x′ 代入数据解得k＝
＝5 N/m
(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等，)＝mgRsin 30°有m0gR(1－cos 60°＋m0vA2＋mvB2 将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos 30°＝vB 代入数据解得vA＝
＝4 m/s
在b处，对A由牛顿定律有N－m0g＝m0
代入数据解得N＝m0g＋m0＝144 N
由牛顿第三定律，小球A对圆轨道的压力大小为N′＝144 N 【物理——选修3－3】
13.下列说法正确的是_____。（填写正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A. 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小 B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向 D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大
E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成 【答案】ACE 【解析】
【详解】一定质量的气体，在体积不变时，表示分子个数不变，温度降低则气体的平均动能减少，气体的分子的平均速率减小，故气体分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；晶体具有特定的熔点，晶体熔化时吸收热量，但温度不变，故分子平均动能一定不变，故B错误；一切与热量有关的现象都具有方向性，在外界条件帮助下可以进行逆向传递，空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；外界对气体做功时，在气体不向外放热的时，气体的内能增大，若气体同时放热，气体的内能可能不变，故D错误；生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确。 【考点】热力学第一定律，气体分子的动能、内能，分子动理论
14.如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9∶1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求活塞的质量m。
【答案】【解析】 【分析】
根据活塞受力平衡可知上下两部分气体的压强关系；气筒打入的气体和汽缸上部分原来的气体等温压缩，汽缸下部分气体等温压缩，分别应用玻意耳定律列方程，联立即可求解活塞质量。
【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为，压强为p0，下部分气体体积为，压强为积为
，设压强为p，下部分气体体积为，压强为
，压强为p0
后来汽缸上部分气体体
打入的空气总体积为
由玻意耳定律可知，对上部分气体有：对下部分气体有：解得：
。
【物理——选修3－4】
15.如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的图象，此时质点P的运动方向沿y轴正方向，且当t＝10 s时质点Q恰好第2次到达y轴正方向最大位移处，下列说法正确的有___。
A. 波沿x轴负方向传播 B. 波的周期为s C. 波的传播速度为m/s
D. t＝3 s时质点Q的路程小于20 cm E. t＝6 s时质点P的路程等于40 cm 【答案】ACE 【解析】
【详解】T=0时刻质点P的运动方向沿y轴正方向，可知波沿x轴负向传播，选项A正确；t=0时刻Q点的平衡位置坐标x=m，当t＝10 s时质点Q恰好第2次到达y轴正方向最大位移处，可知传播的距离为
，
则波速，周期，选项C正确，B错误； t＝3 s=0.5T，波向左传播5m，此时Q
点振动到x轴上方与t=0时刻对称的位置，可知质点Q的路程等于20 cm，选项D错误；t＝6 s=T时质点P的路程等于4A=40 cm，选项E正确；故选ACE.
16.如图所示，空气中一直角棱镜ABC，∠A=30°，一束单色光从AC边中点D垂直射入棱镜，从AB边射出的光线10-8m/s。求： 与AB边夹角为30°，已知BC边长度为m，光在真空中的传播速度c=3×
①该棱镜的折射率；
②从BC边射出的光在该棱镜中的传播时间。 【答案】① ②【解析】
【分析】①找出入射角和折射角，根据折射率公式进行求解； ②找出光的路程，求出光在棱镜中的速度，从而求解时间； 【详解】①如图所示：
从AB边射出的光 入射角 折射角 折射率为：
。
②光从BC边射出的路程：光在棱镜中传播速度：传播时间为：
【点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角、折射角，即能很容易解决此类问题。
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