【文档说明】【精准解析】云南省弥勒市第一中学2019-2020学年高二下学期第三次月考物理试题.pdf，共(20)页，450.645 KB，由小赞的店铺上传

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-1-弥勒一中高二年级物理月考31.下列说法正确的是（）A.轻核聚变反应方程234112HHHeX中，X表示正电子B.2351419219256360UBaKr2n是铀核裂变的一种反应方程C.放射性元素与不同的元素形成化合物，其半衰期不同D.比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固

，原子核越稳定【答案】D【解析】【详解】A．轻核聚变反应方程234112HHHeX中，X表示中子，选项A错误；B．铀核裂变的反应必须有中子参加，并且在生成物中有多个中子产生，选项B错误；C．放射性元

素与不同的元素形成化合物，其半衰期不变，选项C错误；D．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项D正确。故选D。2.金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象如图所示.则由图象

可知()A.入射光频率越大，该金属的逸出功越大B.入射光的频率越大，则遏止电压越大(ν>ν0)C.由图可求出普朗克常量h＝UD.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比【答案】B【解析】【详解】A．逸出功与入射光频率无关，是由金属材料决定的，故A错误；B．根

据光电效应方程Ekm＝hν－W0和eUc＝Ekm得：0cWhvUee，当入射光的频率大于等于极限频率时，入射光的频率越大，则遏止电压越大，故B正确；-2-C．由0cWhvUee，知图线的斜率等于hke，由题图可以得出

斜率的大小0Uk，则普朗克常量为0eUhv，故C错误；D．根据光电效应方程Ekm＝hν－W0，得光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不是成正比，故D错误.3.如图所示为用绞车拖物块的示意图．拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块．已知轮轴的半径R＝

0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数为0.5，细线能承受的最大拉力为10N；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，以下判断正确的是A.细线对物块的拉力是5NB.当物块

的速度增大到某一值后，细线将被拉断C.物块做匀速直线运动D.物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2【答案】D【解析】【详解】AB．由牛顿第二定律可得：T-f=ma；地面摩擦阻力f=μmg=0.5×1×10=5N；故可得物块受力绳子拉力T=6N<Tm=10N，则当物块的速度增大到

某一值后，细线不会被拉断，故AB错误.CD．由题意知，物块的速度v=ωR=2t×0.5=1t；又v=at，故可得：a=1m/s2，故C错误，D正确；4.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，

已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）-3-A.a、b、c小球带同种电荷B.a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C.a、b小球电量

之比为36D.a、b小球电量之比39【答案】D【解析】【详解】AB．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定

相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；CD．对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得22sin60sin30acbcacbcqqqqkkrr又:1:3acbcrr解得：:3:9abqq故C错误，D正确。故选D。5.2019年春节档，科

幻电影《流浪地球》红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设几千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设

比邻星的质量为太阳质量的18，地球质量在流浪过程中损失了15，地球绕-4-比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的12，则下列说法正确的是（）A.地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同B.地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的25C.地球与比邻星

间的万有引力为地球与太阳间万有引力的110D.地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的120【答案】A【解析】【分析】由万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出地球的周期、向心加速度、线速度，然后分析求解。【详

解】A．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得2224MmGmrrT解得32rTGM则331812MTrTrM太比比比太太＝＝所以地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同，故A正确；B．万有引力提供向心力，由牛

顿第二定律得2MmGmar解得2MaGr则22211282MraaMr比太比比太太＝＝故B错误；-5-C．万有引力之比222221(1)125285mMGmrFrmMmMFmMrmGr比太比比比太比太太太－＝＝故C错误；D．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22M

mvGmrr2k122GMmEmvr则动能之比为kk1412855MmrEEMmr比太比比太太＝＝＝故D错误。故选A。6.科学家预言，自然界存在只有一个磁极的磁单极子，磁单极N的磁场分布如图甲所示，它与如图乙所示正点电荷

Q的电场分布相似。假设磁单极子N和正点电荷Q均固定，有相同的带电小球分别在N和Q附近（图示位置）沿水平面做匀速圆周运动，则下列判断正确的是（）A.从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动B.从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺

时针方向运动C.从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动D.从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时针方向运动【答案】A【解析】【详解】根据圆周运动的受力条件可以从图乙中判断带电小球带的一定是负电，且在电场中-6-小球的运动方向与电

场力的方向无关；由甲图中洛仑兹力方向，根据左手定则可知，带电小球一定沿逆时针方向运动。故选A。7.如图所示，理想变压器上连接着4个灯泡，灯泡L1、L2的额定电压为2U0，额定电流为2I0，灯泡L3、L4的额定电压为U0，额定电流为I0，电压表为理想电压表。闭合开关K，4个灯泡刚好正常发

光，则（）A.a、b两端的电压为3U0B.变压器原、副线圈匝数之比为1：2C.断开K，灯泡L1、L2都变暗D.断开K，电压表的示数不变【答案】BC【解析】【详解】AB．根据理想变压器的匝数比等于电流的反比可得0122102142InInII由题意可知，副线圈两端电压为

2=UU0原线圈两端电压为102abUUU根据理想变压器的匝数比等于电压之比可得00212abUUU解得02.5abUU故A错误，B正确；CD．将副线圈等效为原线圈中的回路，则有-7-12212In

In即有1212UURR且112212UnUn得等效电阻为1=4RR由于断开K，等效电阻变大，等效电路中的电流变小，则灯泡L1、L2都变暗，即L1、L2两端电压变小，等效电阻两端电压变大，即副线圈两端电压变大，则电压表示数变大，

故C正确，D错误。故选BC。8.如图所示，甲、乙传送带倾斜放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，甲传送带上小物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上小物体到达传送带中部的

C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点．则小物体从A运动到B的过程A.小物体在甲传送带上的运动时间比在乙上的大B.小物体与甲传送带之间的动摩擦因数比与乙之间的大C.两传送带对小物体做功相等D.两传送带因与小

物体摩擦产生的热量相等【答案】AC【解析】【详解】A．根据两个物体的总位移相等，v-t图象的“面积”表示位移，作出两个物体的v-t图象，可知t甲＞t乙．故A正确．-8-B．v-t图象的斜率表示加速度，由图知，甲匀加速运动

的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma得a=gsinθ+μgcosθ则知μ小时，a小，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故B错误．C．根据动能定理得：212mghWmv则得传送带对物体做功212Wmvmghh、v、

m都相等，则W相等，故C正确．D．设传送带长为L．甲中：物体运动时间为：22LLtvv甲物体与传送带间的相对位移大小为：△x甲=vt甲-L=L物体的加速度为：22vaL甲由牛顿第二定律得：mgsinθ+f甲=ma甲得：22mvfmgsinL甲产生的热量为：212QfxmvmgLsin

甲甲甲乙中：物体运动时间为-9-1212LLtvv乙物体与传送带间的相对位移大小为：1122xvtLL甲乙物体的加速度为：2222vvaLL乙由牛顿第二定律得：mgsinθ+f乙=ma乙得：2mvfmgsinL乙产生的热量为：21122Qfx

mvmgLsin乙乙乙则知乙与物体摩擦产生的热量较多，故D错误．9.如图所示，带电量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C点，斜面上有A、B、D三点，A和C相距为L，B为AC中点，D为A、B的中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零。

已知重力加速度为g，带电小球在A点处的加速度大小为4g，静电力常量为k。则（）A.小球从A到B的过程中，速度最大的位置在D点B.小球运动到B点时的加速度大小为2gC.BD之间的电势差UBD大于DA之间的电势差

UDAD.AB之间的电势差UAB=kQL【答案】BC-10-【解析】【详解】A．带电小球在A点时，有2sinAQqmgkmaL当小球速度最大时，加速度为零，有'2sin0QqmgθkL联立上式解得'22LL所以速度最大的位置不在中

点D位置，A错误；B．带电小球在A点时，有2sinAQqmgkmaL带电小球在B点时，有2sin2BQqkmgθmaL（）联立上式解得2BgaB正确；C．根据正电荷的电场分布可知，B点更靠近点电荷，所以

BD段的平均场强大小大于AD段的平均场强，根据UEd可知，BD之间的电势差UBD大于DA之间的电势差UDA，C正确；D．由A点到B点，根据动能定理得sin02ABLmgθqU由2sinAQqmgkmaL可得214

QqmgkL联立上式解得ABkQULD错误。-11-故选BC。10.如图，同一水平面上固定两根间距为L、足够长的平行光滑导轨PQ和MN，QN端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。一个质量

为m的导体棒，以平行于导轨的初速度0v开始向左运动，经过位移s停下，棒始终与导轨垂直且接触良好，其它电阻忽略不计。则（）A.该过程中导体棒加速度一直不变B.该过程中回路产生的焦耳热为2012mvC.磁感应强度大小为01mvRLsD.

导体棒滑过位移2s时，受到的安培力为202mvs【答案】BCD【解析】【详解】A．该过程中导体棒做减速运动，速度减小，产生的感应电动势减小，回路中电流减小，安培力减小，加速度减小，故A错误；B．根据能量守恒定律可知该过程中减

小的动能全部产生的焦耳热，说明产生焦耳热为2012mv，故B正确；C．取整个过程为研究对象，由动量定理可得0oBILtmv回路中流过电量qIt由法拉弟电磁感应定律可得BLsEtt-12-由闭合电路欧姆定律可

得EIR联立以上各式可求01mvRBLs故C正确；D．由电磁感应定律可求得导体棒滑过位移2s时平均电流22sBLBLsItRtRtR由动量定理可得0BILtmvmv此时安培力大小22BLvBLvFBILBL

RR安联立可求得202mvFs安故D正确。故选BCD。11.某同学设计了验证动量守恒定律的实验。所用器材：固定有光电门的长木板、数字计时器、一端带有遮光片的滑块A（总质量为M）、粘有橡皮泥的滑块B（总质量为m）等。将长木板水平放置，遮光片宽度为d（d很小），重力加速度为g，用相应的已知

物理量符号回答下列问题：(1)如图（a）所示，使A具有某一初速度，记录下遮光片经过光电门的时间t和A停止滑动时-13-遮光片与光电门的距离L，则A经过光电门时的速度可表示为v=___；A与木板间的动摩擦因数μ=____；(2)如图（b）所示，仍使A具有某一初速度，并与静止在正前方的B发生碰撞（碰

撞时间极短），撞后粘在一起继续滑行。该同学记录了遮光片经过光电门的时间t0，A、B撞前B左端距光电门的距离s1，以及A、B撞后它们一起滑行的距离s2，若A、B材料相同，它们与木板间的动摩擦因数用字母μ表示，如需验证A、B系统碰撞时满足动量

守恒定律，只需验证_______________成立即可。【答案】(1).dvt(2).222dtgL(3).2122022dMgSMmgSt【解析】【详解】(1)[1]由于遮光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故dvt[2]由匀变速直线运动速度位移公式得2

202axvv，即有2220dgLt解得222dgLt(2)[3]A经过光电门的速度为0Advt由匀变速直线运动速度位移公式有2'21202AdgsvtA与B碰撞前的速度为2'1202Advgst

同理可得碰撞后AB的速度为2220ABgsv-14-即22ABvgs若A、B系统碰撞时满足动量守恒定律'()AABMvmMv即2122022dMgsMmgst12.用DIS测电源电动势和内电阻电

路如图（a）所示，R0为定值电阻．（1）调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了____为纵坐标，由图线可得该电源电动势为___V．（2）现有三个标有“2．5V，0．6A”相同规

格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r=____Ω，图（a）中定值电阻R0=____Ω（3）若将图（a）中定值电阻R0换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两

倍，则此时电阻箱阻值应调到_____Ω【答案】(1).1I(2).4.5(3).2.5(4).2(5).）4.80（4.6-4.9均可）【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可知：0EIRRr；要形成与电阻成一次函数关

系，则纵坐标只能取1I；则有：01RrRIEE；-15-则图象的斜率为：114.5kE；则有：E=4.5V；01RrE，则有：R0+r=4.5（2）A灯正常发光的电流为：I=0.6A；则BC两灯的电流为0.3A，由图象可知，BC两灯的电压为0.5V；路端电压为：

U=2.5V+0.5V=3V；则内压为：U内=4.5-3=1.5V；则内阻为：1.52.50.6r；则定值电阻为：R0=4.5-2.5=2Ω；（3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的

电压为灯泡两端电压的两倍，设灯泡两端电压为U，则滑动变阻器两端电压为2U，则由闭合电路欧姆定律可知：3U+2.5I=4.5变形得I=1.8-1.2U；在上图中作出对应的I-U图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，I=0.48A，U=1.15V；则滑动变阻器阻值为：221.154.8

00.48URI（4.6-4.9均可）；13.如图所示，固定的光滑平台上放置两个滑块A、B，0.1kgAm，0.2kgBm，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面

左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q之间的距离为L，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0.2，O点右侧表面是光滑的。现使滑块A以v=4.5m/s的速度向滑块B运动，并与B发生弹性碰撞。两滑块都可以看作质点，取210m/sg，求：-16-(1)滑块A、B碰后瞬间B的速度大小；(2)若L=0

.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。【答案】(1)3m/s；(2)0.22J【解析】【详解】(1)滑块AB发生弹性碰撞，可知'AAABBmvmvmv在碰撞过程中，机械能守恒，则有2'22111222AAABBmvmvmv联立解得23m/sABABmvv

mm(2)滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，取向右为正方向，由动量守恒定律得()BBBmvmMv共由能量守恒定律得2211()22pBBBBEmvmMvmgL共解得p0.22JE14.如图所示，在

坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，第三象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为0B的匀强磁场Ⅱ，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为

+q的粒子，从y轴上的A点（0，－R）沿x轴负方向射入第三象限，随后从C点垂直于x轴进入第二象限，然后从y轴上D点沿与y轴成45角的方向离开电场，在磁场Ⅰ中运动一段时间后，从x轴上F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁-17-场

Ⅱ，以后做周期性运动。不计粒子重力，求：(1)电场强度E的大小；(2)磁场Ⅰ的磁感应强度1B的大小；(3)粒子的运动周期T。【答案】(1)202BqRm；(2)10BB；(3)03π82mmqB【解析】【详解】(1)根据题意可

知，带电粒子在第三象限做半径为R的匀速圆周运动，由2000vqvBmR可得00qBRvm在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有22xvaR粒子的加速度大小qEam由于粒子从D点射出时与y轴的夹角为45，所以有0xvv综合以上解得-18-202BqREm(2)

粒子进入磁场I时的速度大小为02vvOD间的距离大小为02dvtR根据运动轨迹可知，粒子在磁场I中做半径为2rR的匀速圆周运动，然后从F点射出时速度方向与x轴负方向的夹角大小也为45根据21vqvBmr联立以上可解得10BB(

3)粒子在磁场Ⅱ中做14周期的圆周运动，所以运动时间10π2mtqB在磁场I做12周期的圆周运动，所以运动时间20πmtqB由于粒子从x轴上的F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，因此可知粒子在两

个电场中的运动时间相同，均为30022RmtvqB故粒子运动的周期为12303π822mmTtttqB-19-15.下列说法正确的是__________。A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B

.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E.当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大【答案】ACD【解析】

【详解】A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，选项A正确；B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强作用的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项B错误；C．当r<r0时，分子势能

随着分子间距离的增大而减小；当r>r0时，分子势能随着分子间距离的增大而增大；则分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，选项C正确；D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，选项D正确；E．当温度

升高时，物体内分子的平均速率变大，并非每一个分子热运动的速率都增大，选项E错误。故选ACD。16.如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=25cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强p0=75cmHg。-20

-①加热封闭气体，为使左端水银面下降h1=5cm，求此时封闭气体的温度；②封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。【答案】①384K；②9cm【解析】【详解】①设左端水银面下降后封闭气体的压强为p2，温度为T2，体积为V2，则2

80cmHgp，21VLhS由理想气体状态方程得112212pVpVTT代入数值解得2384KT②两液面相平时，气体的压强为：30pp，体积为3V，左端液面下降2h，右管液面下降了25cmh，由玻意耳定律得2233pVpV312

VLhhS解得22cmh所以放出的水银柱长度2259cmHh