届湖北省天门仙桃等八市高三下学期第二次联合考试物理试题解析版.docx

1、届湖北省天门仙桃等八市高三下学期第二次联合考试物理试题解析版湖北省天门、仙桃等八市2019届高三3月第二次联合考试物理试题二、选择题:本题共8小题每小题给出的四个选项中第14-18题只有一项符合题目要求。第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不选的得0分。1.下列现象中,原子核结构发生了改变的是A. 氢气放电管发出可见光 B. 衰变放出粒子C. 粒子散射现象 D. 光电效应现象【答案】B【解析】【详解】A项：氢气放电管发出可见光是原子从较高能级跃迁至较低能级的结果，是由于原子内部电子运动产生的，与原子核内部变化无关，故A错误；B项：衰变放出粒子是原子核内一

2、个中子转变为一个质子和一个电子，所以导致原子核结构发生了改变，故B正确；C项：粒子散射实验表明原子具有核式结构，故C错误；D项：光电效应是原子核外电子吸收光子能量逃逸出来的现象，跟原子核内部变化无关，故D错误。故选：B。2.2018年12月27日,北斗三号基本系统已完成建设,开始提供全球服务其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示:a为低轨道极地卫星;b为地球同步卫星c为倾斜轨道卫星,其轨道平面与赤道平面有一定的夹角,周期与地球自转周期相同.下列说法正确的是A. 卫星a的线速度比卫星c的线速度小B. 卫星b的向心加速度比卫星c的向心加速度大C. 卫星b和卫星c的线速度大小相等D. 卫星a的机械能一

3、定比卫星b的机械能大【答案】C【解析】【详解】A、B、C项：人造卫星在围绕地球做匀速圆周运动的过程中由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和匀速圆周运动知识得，解得：， ，由题意可知，卫星a的轨道半径小于卫星c(b)的轨道半径，故卫星a的线速度大于卫星c的线速度；卫星b和卫星c的周期相同，轨道半径相同，故卫星b的线速度等于卫星c的线速度，卫星b的向心加速度等于卫星c的向心加速度，A、B项错误，C项正确；D项：由于不知道卫星的质量关系，故无法判断卫星a的机械能与卫星b的机械能关系，D项错误。故选：C。3.如图,在横截面为圆形的云室内,沿直径方向装有铅板,匀强磁场垂直圆面(图中未标示)。从云室内侧

4、壁发射一带电粒子,粒子刚好从云室圆心处垂直穿过铅板,留下如图所示的径迹不考虑粒子的重力和云室中气体对粒子的阻力,整个过程中粒子质量、电量保持不变,下列判断正确的是A. 粒子一定带正电B. 粒子一定带负电C. 粒子在云室中铅板两侧的运动时间一定相等D. 粒子一定自铅板左侧向右穿过铅板【答案】D【解析】【详解】A、B项：由于磁场方向不确定，无法判断粒子带电性质，A、B项错误；C项：由于整个过程中粒子质量、电量保持不变，故粒子在铅板左右两侧运动的周期不变，又因为带电粒子穿过铅板动能有损失，轨道半径会减小，由题图可知在带电粒子在铅板左边的运动轨道半径大于右边的轨道半径，而轨道圆弧对应的弦长都等于云室的

5、半径，所以粒子在左边偏转的圆心角小于右边偏转的圆心角，即粒子在铅板左侧运动的时间小于右侧运动的时间，C项错误；D项：粒子在铅板左边的运动轨道半径大于右边的轨道半径，由向心力公式得轨道半径公式 ，左侧速度大于右侧速度，故粒子一定是从左向右穿过铅板，D项正确。故选：D。4.如图甲所示的电路中,当理想变压器a、b端加上如图乙所示的交变电压,闭合开关S,三只相同灯泡均正常发光下列说法中正确的是A. 小灯泡的额定电压 为6VB. 变压器原、副线圈的匝数比为3:1C. 图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u=36sin100t(V)D. 断开开关S，L1会变亮,L2会变暗【答案】A【解析】【详解】A、B项：当

6、S闭合后，原线圈中I1等于灯泡L1的电流，副线圈中I2是灯泡L2和L3的电流之和，由于三只相同的灯泡正常发光，故I22I1，根据n1I1n2I2可知n1：n22：1，由于输入电压U=UL+U1=18V，且， U2=UL，得U1=2UL，故UL=6V，即小灯泡的额定电压为6V，A项正确，B项错误；C项：由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为，故C错误；D项：断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，原线圈电流I1随之减小，则有灯泡L1变暗，L1两端电压减小，由U1=UUL得原线圈两端电压U1增大，副线圈两端电压U2随之增大，灯泡L2变亮，D项错误。故选：A。5.如图所示,光滑的水平导轨上套

7、有一质量为1kg、可沿杆自由滑动的滑块,滑块下方通过一根长为1m的轻绳悬挂着质量为0.99kg的木块.开始时滑块和木块均静止,现有质量为10g的子弹以500m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短),取重力加速g=10m/s2.下列说法正确的是A. 子弹和木块摆到最高点时速度为零B. 滑块的最大速度为2.5m/sC. 子弹和木块摆起的最大高度为0.625mD. 当子弹和木块摆起高度为0.4m时,滑块的速度为1m/s【答案】C【解析】【详解】A项：设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速

8、度，且速度方向水平，A项错误；B项：；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v，则由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)v+m2vm， 解得vm=0，或vm=5m/s，即滑块的最大速度为5m/s，B项错误；C项：当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1+m2)v，解得v=2.5m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得，解得h=0.625m，C项正确；D项：当子弹和木块摆起高度为0.

9、4m时，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)vx+m2v3，得vx=4m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得，解得h0.4m，D项错误。故选：C。6.如图所示,公园蹦极跳床深受儿童喜爱.一小孩系好安全带后静止时脚刚好接触蹦床,将小孩举高至每根轻质弹性绳都处于原长时由静止释放,对小孩下落过程的分析,下列说法正确的是A. 小孩一直处于失重状态B. .弹性绳对小孩的作用力一直增大C. 小孩的加速度一直增大D. 小孩的机械能一直减小【答案】BD【解析】【详解】A项：由于初始时刻弹性绳处于原长，弹力为零，小孩加速度向下，

10、最后接触蹦床，速度一定会减小至零，故小孩先处于失重状态，后处于超重状态，A项错误；B项：随着小孩的下落，弹性绳伸长弹力增大，弹力之间夹角减小，弹性绳合力增大，B项正确；C项：小孩加速下落时，mgF弹=ma，加速度减小，当接触蹦床后，做减速运动，F蹦+F弹mg=ma，加速度增大，C项错误；D项：由于弹性绳和蹦床都会对小孩做负功，所以小孩的机械能一直减小，D项正确。故选：BD。7.矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行,某时刻一螺钉从升降机底板松脱,经过3s升降机底板上升至井口,此时松脱的螺钉刚好落到井底,不计空气阻力,取重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是A. 螺钉松脱后做自由落

11、体运动B. 矿井的深度为45mC. 螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD. 螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s【答案】BC【解析】【详解】A项：螺钉松脱时具有有升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；B项：由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移，升降机这段时间的位移，故矿井的深度为h=h1+h2=45m，B项正确；C项：螺钉落到井底时点速度大小为，C项正确；D项：螺钉松脱前运动的时间为，解得t=6s，所以螺钉运动的总时间为t+t=9s，D项错误。故选：BC。8.如图所示,空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场,一个质量为m、电荷量为+q的小球,从A点以

12、初速度v0竖直向上抛出,经过一段时间落回到与A点等高的位置B点(图中未画出),重力加速度为g.下列说法正确的是A. 小球运动到最高点时距离A点的高度为B. 小球运动到最高点时速度大小为C. 小球运动过程中最小动能为D. AB两点之间的电势差为【答案】BD【解析】【详解】A项：小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为 的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v0，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上v02=2gh，解得，故A错误；B项：小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v0=gt，解得，水平方向由vx=at，解得，故B正确；C项：小球运动过程中动能的表达式为，由数学知识可得

13、当时，小球的动能最小，最小动能为 ，故C错误；D项：当小球运动到B点时，运动时间为 ，水平方向的位移为，A、B两点之间的电势差为，故D正确。故选：BD。三、非选择题:包括必考题和选考题两部分第2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(11题,共129分)9.某同学设计如图甲所示装置测量木块与水平桌面之间的动摩擦因数。打点计时器固定在水平桌面左端纸带穿过打点计时器连接在木块上,木块在细线的作用下拖着纸带运动打点计时器打出的部分纸带如图乙所示已知乙图中纸带右端连接木块,A、B、CI、J为计数点相邻两计数点间有4个计时点未画出,打点计时器所用

14、交流电源频率为50Hz,取重力加速度g=10m/s2。(1)下列实验操作或分析中正确的一项是_。A实验中必须测出钩码释放时离地的高度B实验中应先释放木块再启动打点计时器C实验中必须保证钩码的质量远小于木块的质量D钩码落地发生在打点计时器打出E、F两点的时刻之间(2)用题中所给数据求木块与桌面间的动摩擦因数应选取_(选填AE或F)段纸带进行计算,由此测得木块与桌面间的动摩擦因数u=_(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). D (2). AE (3). 0.20【解析】【详解】(1)A、B、C项：实验是根据钩码落地后木块在水平桌面上受摩擦力做匀减速直线运动求出动摩擦因数，故无需测出钩码释放时离

15、地的高度，也不需要钩码的质量远小于木块的质量，实验准确操作应该是先启动打点计时器，再释放木块，故A、B、C错误；D项：从纸带打出的点迹可知AE段木块做匀变速直线运动，FJ段也做匀变速直线运动，可知钩码是在打出E、F两点时刻之间落地的，D项正确。故选：D。(2) 由于纸带右端连接木块，故木块在摩擦力作用下做匀减速直线运动时打出的是“AE”段纸带；由AE段纸带上打出的点迹间距离可知，匀减速运动的加速的大小为 ，T=0.1s，解得a=2.0m/s2，由牛顿第二定律可得mg=ma，解得=0.20。10.某同学设计如图(a)所示电路来测量未知电阻R,的阻值和电源电动势E.实验器材有:电源(内阻不计),待

16、测电阻Rx,(约为5),电压表(量程为3V,内阻约为1k),电流表(量程为0.6A,内阻约为2),电阻R0(阻值3.2),电阻箱R(0-99.9),单刀单掷开关S1,单刀双掷开关S2,导线若干.(1)根据图(a)所示电路图用笔画线代替导线在图(b)中完成实物电路的连接_;(2)闭合开关S1,将S2拨至1位置,调节电阻箱测得电压表和电流表的的示数分别为2.97V和0.45A;再将S2拨至2位置调节电阻箱测得电压表和电流表的的示数分别为2.70V和0.54A.由上述数据可测算出待测电阻Rx=_(结果保留两位有效数字);(3)拆去电压表闭合开关S1,保持开关S2与2的连接不变,多次调节电阻箱记下电流

17、表示数/和相应电阻箱的阻值R,以为纵坐标,R为横坐标作了一R图线如图(c)所示,根据图线求得电源电动势E=_V.实验中随着电阻箱阻值的改变电阻箱消耗的功率P会发生变化,当电阻箱阻值R=_时电阻箱消耗的功率最大(结果均保留两位有效数字)【答案】 (1). (2). 4.8 (3). 5.0 (4). 5.0【解析】【详解】(1) (1)实物电路连线如图；(2) 当开关S1闭合，S2拨至1位置时，由欧姆定律可得U1=I1(RA+Rx)，当S2拨至2位置时，由欧姆定律可得U2=I2(RA+R0)，联立解得RA=1.8，Rx=4.8；(3) 由闭合电路欧姆定律可得：变形得 可由斜率求得E=5.0V，或

18、由截距及RA=1.8求得E=5.0V；电阻箱消耗的功率 ，当R=RA+R0=5.0时，电阻箱消耗的功率最大。11.如图甲所示,MN、PQ是两根长为L=2m、倾斜放置的平行金属导轨,导轨间距d=1m,导轨所在平面与水平面成一定角度,M、P间接阻值为R=6的电阻.质量为m=0.2kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置,金属棒恰好能静止.从t=0时刻开始,空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度随时间变化如图乙所示,在t0=0.1s时刻,金属棒刚要沿导轨向上运动,此时磁感应强度B0=1.2T.已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触,不计金属棒和导轨电阻,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取

19、重力加速度g=10m/s2.求：(1)0t0时间内通过电阻R的电荷量q;(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数u.【答案】(1)0.2C (2) 0.75【解析】【详解】(1) (1)由题意得0t0时间内回路中磁通量的变化量： 由法拉第电磁感应定律可得： 由欧姆定律可得： 故0t0时间内通过电阻R的电荷量：q=It 联立解得q=0.2C ；(2) 由题意得导体棒在t=0时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为，则有mgsin=fm fm=FN FN=mgcos 在t0=0.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有F安=mgsin+fm 此时F安=B0Id 联立解得=0.75 .12.

20、如图所示,质量m1=1kg的木板静止在倾角为=30足够长的、固定的光滑斜面上,木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高.一质量m2=2kg、可视为质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=,木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹,最终滑未从木板上端滑出,取重力加速度g=10m/s2.求(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度;(2)木板的最小长度;(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。【答案】(1)9.75m (2)7.5m (3)【解析】【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数 可知，滑

21、块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得： 解得：h=9.75m ；(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=15m/s，滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知：m2gcosm1gsin=m1a1 滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知：m2gcos+m2gsin=m2a2 设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知：v1=v0a2t1=a1t1 该过程中木板走过的位移： 滑块走过的位移：之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最

22、小长度：L=x2x1 联立解得：L=7.5m；(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知：(m1+m2)gsin=(m1+m2)a3 一起匀减速向上运动的位移：木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知： 滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知：v3=v2a2t2=a1t2 该过程中木板走过的位移： 一起匀减速向上运动的位移： 设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知：木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 联立各式得： 。(二)选考题

23、:共45分.请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目号一致,在答题卡选答区域指定位置答题如果多做,则每学科按所做的第一题计分。物理选修3-313.分子力F、分子势能EP与分子间距离r的关系图线如甲乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能EP=0).下列说法正确的是A. 乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线B. 当r=r0时,分子势能为零C. 随着分子间距离的增大,分子力先减小后一直增大D. 分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快E. 在rr0阶段,分子力减小时,分子势能

24、也一定减小【答案】ADE【解析】【详解】A、B项：在rr0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；C项：分子间作用力随分子间距离增大先减小，然后反向增大，最后又一直减小，C项错误；D项：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快，D项正确；E项：当rr0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减少，E项正确。故选：ADE。14.横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h1=4cm的水银柱封闭一段长为L1=9cm的空气柱A左端管内用水银封闭有长为L2=

25、14cm的空气柱B,这段水银柱液面高度差为h2=8cm,如图甲所示.已知大气压强P0=76.0cmHg,环境温度不变.(i)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；(ii)若将玻璃管缓慢旋转180,使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示当管中水银静止时,求水银柱液面高度差h3.【答案】(i)72cmHg (ii)12cm【解析】【详解】(i)初始时，空气柱A的压强为pAp0gh1 而pBgh2pA联立解得气体B的压强为pB=72cmHg(ii)U形管倒置后，空气柱A的压强为pAp0gh1 空气柱B的压强为pBpAgh3空气柱B的长度 由玻意耳定律可得pBL2pBL2联立解得h31

26、2cm。物理选修3-4(15分)15.如图所示,位于坐标原点的波源从t=0时刻开始沿y轴正方向振动,产生两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播t=1s时刻平衡位置xA=-2m处的质点A位于波谷,xB=8m处的质点B恰好起振此时波源恰好回到平衡位置沿y轴正方向振动则下列说法正确的是A. 波速为8.0m/sB. 周期可能为0.5sC. 波长最大值为1.6mD. t=1s时x=-6m的质点一定位于波峰E. 若振幅为0.1m,t=1.5s时质点B已经过的路程可能为1.8m【答案】ADE【解析】【详解】A项：由题意得xB=vt，解得v=8.0m/s，A项正确；B、C项：由于t=1s时刻波源

27、恰好回到平衡位置沿y轴正方向振动，A质点位于波谷，则有 ，而质点B恰好起振，则有 以及t=mT，故有m=4n+1， 当n=0、1、2、3、4时，m=1、5、9、13、17，代入上式可得周期T不可能等于0.5s，最大波长为8.0m，B、C项错误；D项：t=1s时，该质点一定位于波峰；t=1.5s时质点B已经振动了 由m=1、5、9、13、17可知质点B已走过的路程可能为，1.0m，1.8m，2.6m，D、E项正确。故选：ADE。16.如图所示,半径为R的半球形玻璃砖的折射率为n=,底面镀银,球心为O,一与底面垂直的细束光线从圆弧面射入，已知该光线与O点之间的距离为R,光在真空中传播的速度为c.求：(i)此光线第一次从球面射出的方向相对于初始人射方向的偏角;(ii)第一次从球面射出的光线在玻璃砖内传播的时间.【答案】(i)120 (ii)【解析】【详解】(i)依据题意作光路如图所示，sini1=sinOAB= 由折射定律可得 由几何知识可得=r2=30，且D点位于O点正上方，又由折射定律可得解得i2=60故光线第一次从球面射出的方向相对于初始入射方向的偏角为18060=120；(ii)由图可知AB=RcosOAB= ， 又因为AC+DC=vt 联立解得：