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1、宁夏银川市兴庆区长庆高中2019年高三物理下学期第六次月考试题（含解析）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 下列有关物理学史或物理理论的说法中，不正确的是（ ）A. 牛顿第一定律涉及了两个重要的物理概念：力和惯性B. “如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是归纳法C. 电场和磁场是一种客观存在的物质，是相互联系的，统称为电磁场，它具有能量和动量，以有限速度光速在空间中传播D. 伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因【答案】B【解析】试题分析：牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到任何力的
2、作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态牛顿第一定律又称惯性定律电场和磁场都是一种客观存在的物质，是相互联系的，统称为电磁场伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，物体下落的快慢与物体的轻重没有关系解：A、牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态，牛顿第一定律揭示了力和运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，阐明了惯性的概念：物体具有的保持原来运动状态的性质，所以牛顿第一定律又称惯性定律故A正确B、“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”采用的是假设法，故B错误C、根据麦克斯韦电磁
3、场理论得知电场和磁场是一种客观存在的物质，是相互联系的，统称为电磁场它们都具有能量和动量，在真空中传播速度等于光速，故C正确D、伽利略通过实验和合理的推理提出物体下落的快慢与物体的轻重没有关系，即质量并不影响落体运动快慢故D正确本题选不正确的，故选：B【点评】本题关键要理解并记住牛顿第一定律、麦克斯韦电磁场理论和伽利略对自由落体运动的研究成果，即正确理解科学家的观点以及其实验，即可轻松解答2.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表、电流表示数都变大D. 电压表、电流表示数都变小【答案】A【解析】【详解】当
4、滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，电压表的示数变大。分析串联分压特点可知，并联部分电压增大，通过定值电阻的电流增大，而总电流减小，则知电流表的示数变小，故A正确，BCD错误。3.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线正确的是A. B. C.
5、 D. 【答案】BD【解析】由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，故C错误；根据能量守恒关系，则，由此可知：，因此粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D正确。所以BD正确，AC错误。4.有两个物体a和b，其质量分别为和，且，它们的初动能相同若a和b分别受到不变的阻力和的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为和，则A. ，且B. ，且C. ，且D. ，且【答案】A【解析】试题分析：设物体的初速
6、度为，初动能为，所受的阻力为，通过的位移为，物体的速度与动能的关系为，得，由得，由题和相同，则质量越大，位移越小，所以，由动能定理得：，因初动能相同，与成反比，则，故选项A正确。考点：动能定理的应用【名师点睛】本题综合考查动能、动能定理及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间时，则应考虑应用运动学公式，不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系。5.北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施了降轨控制，卫星成功由轨道半径为a，周期为的极月圆轨道进入远月点距离为a，周期为的椭圆轨道，为在月球虹湾区拍摄图象做好准备，轨道如图所示则“嫦娥二号”A. 在圆轨道运行周期小于它在椭圆轨道运行周期B. 经过
7、圆轨道上B点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率C. 在圆轨道上经过A点的加速度大于在椭圆轨道上经过A点时的加速度D. 在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的机械能相等【答案】B【解析】【分析】根据开普勒周期定律比较两个轨道上的周期当万有引力刚好提供卫星所需向心力时 卫星正好可以做匀速圆周运动；若是供大于需，则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是供小于需，则卫星做逐渐远离圆心的运动。【详解】根据开普勒周期定律得：k，k与中心体有关。由于圆轨道的半径大于椭圆轨道半长轴，所以在圆轨道运行周期T1大于它在椭圆轨道运行周期T2故A错误。在椭圆轨道远地点实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现
8、这个运动必须万有引力小于所需向心力，所以应给“嫦娥二号”卫星加速，增加所需的向心力，所以经过圆轨道上A点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，而圆轨道上的各个位置速率相等，则经过圆轨道上B点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，故B正确。“嫦娥二号”卫星变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，根据可知，在圆轨道上经过A点的加速度等于在椭圆轨道上经过A点时的加速度，故C错误。变轨的时候点火，发动机做功，所以“嫦娥二号”卫星点火变轨，前后的机械能不守恒，而圆轨道上的各个位置机械能相等，则在圆轨道上经过B点的机械能大于在椭圆轨道上经
9、过A点时的机械能，故D错误。故选B。【点睛】卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定能够根据圆周运动知识来解决问题二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）6.某物体以的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取内物体的A. 速度改变量的大小为B. 平均速度大小为，方向向上C. 路程为65mD. 位移大小为25m，方向向上【答案】CD【解析】【详解】选取向上的方向为正方向，5s内速度的变化量：v=gt=-105=-50m/s，负号表示方向向下。故A错误；物体在5s内的位移：h=v0t-gt2=305-1052=25m；方向与初速度的方向相同，向上。则5s内的平均速度：
10、，选项B错误，D正确；物体上升的最大高度：，物体上升的时间：，所以物体的路程：s=2H-h=452-25=65m。故C正确；故选CD。【点睛】本题考查竖直上抛运动的规律，对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用7.如图所示，电路中电源电动势为E，内电阻为r，定值电阻的阻值为，变阻器的全阻值为R，关于各部分的功率，有关说法正确的是A. 当，R上消耗的功率达到最大值B. 当，上消耗的功率达到最大值C. 当，电源的输出功率达到最大值D. 当，上消耗的功率达到最大值【答案】AC【解析】【详解】要使R上消耗的功率达到最大值，则可将与电源看成一个新电源。则当时
11、电源输出功率最大，也就是R消耗的功率最大，故A正确；要使上消耗的功率达到最大值，则需要通过的电流最大，所以当，上消耗的功率达到最大值，故BD错误；当内阻与外阻阻值相等时电源输出功率最大，所以当时，则电源的输出功率达到最大值，故C正确。所以AC正确，BD错误。8.将一小球从光滑轨道最高点A由静止释放沿轨道滑下。经轨道末端B点后做平抛运动过C点。如图，轨道AB与小球平抛运动的轨迹BC形状完全相同即绕过B点垂直纸面的轴，旋转可与轨道BC完全重合，忽略空气阻力，小球从A到C的运动过程中，下列说法正确的是A. 小球沿轨道运动与做平抛运动两个过程机械能守恒B. 小球沿轨道运动与做平抛运动两过程动能增量相等
12、C. 小球沿轨道运动与做平抛运动的水平分速度相等D. 小球沿轨道运动与做平抛运动所用时间相等【答案】AB【解析】【详解】从A到B的过程中，只有重力做功，做平抛运动的过程中也是只有重力做功，两种情况下机械能都守恒，故A正确；从A到B的过程中，只有重力做功，动能的增加量：，可知小球沿轨道运动与做平抛运动两过程动能增量相等，故B正确；小球沿轨道运动时，速度逐渐增大，沿水平方向的分速度也逐渐增大；做平抛运动的水平分速度保持不变，所以二者不相等，故C错误；两种情况下小球沿水平方向的位移是相等的，而二者沿水平方向的分速度不相等，所以运动的时间一定不相同，故D错误。所以AB正确，CD错误。9.下列说法正确的
13、是A. 液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的光学各向异性特征B. 第二类永动机违反了能量守恒定律，所以它是制造不出来的C. 一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D. 悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越明显E. 空气的相对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示【答案】ACD【解析】由液晶的特性可知液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的光学各向异性特征，选项A正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，B错误；如果压强不变，由知，体积增大，温度升高，内能增大，又因气体膨胀对外做功，由UW+Q知，气体从外界吸热，C正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越
14、明显，选项D正确；相对湿度是所含的水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压比值，故E错误故选ACD.三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）10.某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理；将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离_cm；测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间和，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是_；该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？_填“是”或“否”【答案】 (1). （1）50.0 (2). （2）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量 M (3
15、). （3）否【解析】试题分析：（1）度刻度尺的时候要注意估读一位。所以光电门1处刻度尺读数为，光电门1处刻度尺读数为，所以光电门之间的距离为。（2）由于光电门宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为：滑块通过光电门2速度为：根据功能关系需要验证的关系式为：可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量11.某学生用如图a所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线ab,电阻约10,导线允许流过的最大
16、电流0.8A,稳恒电源E,电源输出电压恒为E=12V,电压表V,量程为3V,内阻约5K,保护电阻：R1=l0,R2=30,R3=200.刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等.实验时的主要步骤如下：用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d.按如图a所示电路将实验所需器材用导线连接好。闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U.描点作出Ux曲线求出金属导线的电阻率.完成下列填空：(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图b所示，该金属导线的直径d=_mm.(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选_，(3)根据多次实验测出的ap长
17、度x和对应每次实验读出的电压表的示数U给出的Ux图线如图c所示,其中图线的斜率为K,则金属导线的电阻率=_.(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)【答案】 (1). 0.870 (2). (3). 【解析】【详解】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+37.00.01mm=0.870mm.（2）电路中最大电流为0.8A，则最小电阻R15，要保证安全，又要测量误差较小，则保护电阻选R2.（3）设金属导线的电阻为R，根据欧姆定律得：解得：U=x，则U-x图线的斜率K=，解得： 根据，其中S=d2，得： 解得：【点睛】本题考查了实验器材的选择、螺旋测微器读数以及
18、图象的分析，要掌握常用器材的使用及读数方法，读数时视线要与刻度线垂直，第三问有点难度四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）12.如图所示，半径为内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量的滑块停放在距轨道最低点A为的O点处，质量为的子弹以速度从右方水平射入滑块，并留在其中已知滑块与水平面的动摩擦因数，子弹与滑块的作用时间很短；取，试求：子弹刚留在滑块时二者的共同速度大小v；滑块从O点滑到A点的时间t；滑块从A点滑上轨道后通过最高点B落到水平面上C点，A与C间的水平距离是多少【答案】； 1s；【解析】【详解】子弹击中滑块过程动量守恒，规定向左为正方向，则：代入数据解得：子弹击中滑块后与滑块一
19、起在摩擦力的作用下向左作匀减速运动，设其加速度大小为a，则：由匀变速运动的规律得：联立并代入数据得：，舍去滑块从O点滑到A点时的速度，代入数据得： 设滑块从A点滑上轨道后通过最高点B点时的速度，由机械能守恒定律：代入数据得：滑块离开B点后做平抛运动，飞行时间而代入数据得：13.如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行。一电量为、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：速度的大小；小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力。【答案】(1) (2)6qE【
20、解析】试题分析：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：所以小球在A点的速度。（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即，小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有解以上两式，小球在B点对环的水平作用力为：考点：受力分析，牛顿第二定律，动能定理点评：要求学生会受力分析，会应用牛顿第二定律和动能定理列方程解决问题。14.如图所示，面积的轻活塞A将一定质量的气体封闭在导热性能良好的汽缸B内，汽缸开口向上竖直放置，高度足够大在活塞上放一重物，质量为，静止时活塞到缸底的距离为，摩擦不计，大气压强为，温度为，g取若保持温度不变，将重物去掉，求活塞A移动的距离；若加热汽缸B，使封闭气体温度升高到，求活塞A移动的距离【答案】(1) (2) 【解析】以封闭气体为研究对象初态压强初状态体积末状态压强气体发生等温变化，由玻意耳定律得解得活塞移动距离加热气缸，气体做等压变化，由查理定律得解得活塞移动距离点睛：根据平衡条件分别求出重物去掉前后气体的压强，气体发生等温变化，由玻意耳定律可求重物去掉后的气柱的长度，可求活塞移动距离；加热气缸，气体压强不变，由查理定律可求重物加热后的气柱的长度，可求活塞移动距离。
宁夏银川市兴庆区长庆高中2019年高三物理下学期第六次月考试题含解析
