2019届河南省洛阳市孟津县第二高级中学高三上学期9月月考调研考试物理试题（解析版）

2019届河南省洛阳市孟津县第二高级中学高三上学期9月月考调研考试物理试题（解析版）

一、本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第9～12题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.在物理学的发展历程中，下面哪位科学家首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。（    ）

A. 伽利略    B. 爱因斯坦    C. 牛顿    D. 亚里士多德

【答案】A

【解析】

伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，故A正确，BCD错误。

2.关于放射性元素的衰变，下列说法正确的是（  ）

A. 放射性是原子序数大于或等于83的少数元素才有的

B. 原子核发生β衰变，说明原子核内存在电子

C. 射线不一定来自原子核，也有可能是核外电子

D. 1g经过一个半衰期后剩余0.5g没有发生衰变

【答案】D

【解析】

【详解】原子序数大于83的元素都具有放射性，能自发发出射线，原子序数小于83的元素有的具有放射性，有的不具有放射性，故A错误。原子核发生β衰变，是核内的中子转化为质子时放出的电子，而不是原子核内就存在电子，选项B错误；射线都是由原子核内放出的，不是核外电子，选项C错误；1g经过一个半衰期后会有半数发生衰变，即剩余0.5g没有发生衰变，选项D正确；故选D.

3.一质量为m的滑块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为m的滑块B发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动，则在碰撞过程中滑块A动量的变化量为（   ）

A. m v0，方向向左

B. m v0，方向向左

C. m v0，方向向右

D. m v0，方向向右

【答案】A

【解析】

【详解】根据动量守恒定律，设碰后的共同速度为v，则：，解得v=0.6v0；可知在碰撞过程中滑块A动量的变化量为：∆P=m×0.6v0-mv0=-0.4mv0，方向向左，故选A.

【点睛】应用动量守恒定律和动量定理解题时一定要注意正方向的选择，若结果出现负号，说明与正方向相反.

4.如图所示，光滑圆柱体B放在水平地面上，在它左侧有半径相同的固定的半圆柱体A，右侧有一挡板，挡板竖直面光滑。已知B和挡板的质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ＝，重力加速度为g。现用水平向左的推力推挡板，使其缓慢移动，直到圆柱体B恰好运动到半圆柱体A的顶端，则在B移动的整个过程中，水平推力的最大值为（    ）

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知，当B刚离开地面时，B对挡板的弹力最大，对B分析受力图如下：

根据力的平行四边形法则解得：F1＝mgtan60°＝mg，此时水平推力最大为：Fm＝F1+μmg＝mg，故选C.

【点睛】解答本题的关键是：在物体受力分析时，要灵活运用整体法和隔离法，设法找到临界状态进行分析.

5.甲、乙两辆汽车在平直的公路上从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化的a－t图象如图所示．关于甲、乙两车在0～20 s的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A. 在t＝10 s时两车相遇

B. 在t＝20 s时两车相遇

C. 在t＝10 s时两车相距最近

D. 在t＝20 s时两车相距最远

【答案】D

【解析】

A、根据图象可知，在内，甲的加速度不变，乙的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知甲的合力不变，乙的合力减小，故A错误；

B、根据加速度时间图象知图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，可知，在前乙的速度比甲的速度大，而甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，因此在时甲还没有追上乙，故B错误；

C、当时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当时，两车速度相等即相距最远，故C正确，D错误。

点睛：本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量，由此来分析图象的物理意义。

6.甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示，甲、乙两球分别以v1、v2的初速度沿同一水平方向抛出，且不计空气阻力，则下列条件中有可能使乙球击中甲球的是(　　)

A. 同时抛出，且v1＜v2

B. 甲比乙后抛出，且v1＞v2

C. 甲比乙早抛出，且v1＞v2

D. 甲比乙早抛出，且v1＜v2

【答案】D

【解析】

【分析】

平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动．乙球击中甲球时，两球的水平分位移大小相等，由水平位移，比较初速度大小，由平抛运动的时间，分析两球抛出的先后。

【详解】设乙球击中甲球时，甲球下落高度为h1，乙球下落的高度为h2．

设甲球平抛运动的时间为

乙球平抛运动的时间为

由图看出，h1＞h2，则得t1＞t2．故要使乙球击中甲球，必须使甲比乙早抛出

相遇时两球的水平位移相等则有

解得：v1＜v2

故应选D。

【点睛】本题两平抛运动相遇问题，在分别研究两球各自运动的基础上，找到它们之间的关系是关键，比如竖直位移和水平位移的关系。

7.如右图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连．由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线水平时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则(　　)

A. v2＝0    B. v2>v1    C. v2≠0    D. v2＝v1

【答案】A

【解析】

【分析】

把A上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速度，而沿绳子方向的速度与B的速度相等。

【详解】把速度分解如图所示：

对于A，它的速度如图中标出的，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是、，其中就是B的速度（同一根绳子，大小相同），当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，所以B的速度，故B正确，ACD错误。

【点睛】本题考查了运动的合成与分解问题，知道实际运动就是合运动是解答的关键。

8.如图所示，一光滑导轨水平放置，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，以导轨的顶点为原点建立直角坐标系，导轨满足方程y2＝ax，a为定值。一均匀导体棒垂直于x轴在外力作用下由坐标原点开始向x轴正方向匀速运动，运动过程中导体棒与导轨接触良好形成闭合回路，导轨电阻不计，则导体棒运动过程中产生的感应电动势E、回路电流I、通过导体棒横截面的电荷量q，外力做的功W随时间t变化规律图象正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】某时刻导体棒移动的距离为x=vt，则此时的电动势，选项A错误；设导体棒单位长度的电阻为r0，则t时刻的电流为：；选项B错误；通过导体棒横截面的电荷量，选项C正确；外力的功：W=Fx=F安x=BI∙2y =，选项D错误；故选C.

【点睛】此题关键是要找到要讨论的物理量与时间t的函数关系，然后对照图像，根据数学知识进行解答.

9.如图所示，传送带的水平部分长为，传动速率为，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（    ）

A.     B.     C.     D.

【答案】ACD

【解析】

若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v，根据牛顿第二定律得，a=μg，根据，解得

若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v，根据，解得；

若木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间，匀加速直线运动的位移，则匀速直线运动的位移，则匀速直线运动的时间，则总时间为，故B、D正确，A、C错误

【点睛】解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解。

10.如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（    ）

A. 将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑

B. 给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑

C. 用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθ

D. 若用平行于斜面向下的力拉滑块能使之向下匀速滑动，则必有μ＞tanθ

【答案】CD

【解析】

【详解】物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如图

物体加速下滑，Gx＞f；N=Gy；故mgsinθ＞μmgcosθ，解得  μ＜tanθ，即将滑块由静止释放，如果μ<tanθ，滑块将下滑，选项A错误；给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，则有
mgsinθ＞μmgcosθ，滑块将加速下滑，故B错误；用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有F-mgsinθ-μmgcosθ=0，μ=tanθ；故解得F=2mgsinθ，故C正确；用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，根据平衡条件，有F+mgsinθ-μmgcosθ=0，则mgsinθ<μmgcosθ，即μ>tanθ，故D正确；故选CD。

【点睛】本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后求出最大静摩擦力，结合共点力平衡条件讨论即可．

11.将某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2。5s内物体的（  ）

A. 路程为65m

B. 平均速度大小为13m/s，方向竖直向上

C. 速度改变量的大小为10m/s

D. 位移大小为25m，方向竖直向上

【答案】AD

【解析】

物体上升到最高点的时间，则下降的时间t2=2s，上升的位移大小, 下降的位移大小，则路程s=x1+x2=45+20m=65m．故A正确．位移的大小x=x1﹣x2=45﹣20m=25m，方向向上，故B正确．速度的变化量△v=gt=10×5m/s=50m/s，故C错误．5s末的速度v=v0﹣gt=30﹣50m/s=﹣20m/s，则平均速度的大小 ，方向向上，故D错误．故选AB．

12.如图所示为某型号电动车充电器的简单原理图，已知变压器的原、副线圈匝数比为20∶1，副线圈正中央有一抽头，二极管具有单向导电性，正向电阻不计，原线圈接家用电路（220V，50Hz的正弦交变电流），下列说法正确的是（  ）

A. 充电电流的频率为100 Hz

B. 充电电压为5.5 V

C. 变压器的输入和输出功率之比为1∶2

D. A端为电源的正极

【答案】AB

【解析】

【详解】根据电路图可知，在交流电的前半周上方二极管导通，在后半周下方的二极管导通，因变压器初级电流的频率为50Hz，则充电电流的频率为100 Hz，选项A正确；初级电压有效值为220V，则充电电压 ，选项B正确；变压器的输入功率等于输出功率，选项C错误；由电路图可知，充电电流从电源的B极流入，则B极为电源的正极，选项D错误；故选AB.

二、实验填空题

13.如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。现要测量图（a）中弹簧的劲度系数，当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图（b）所示，其读数为_______cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为________N/m（保留3位有效数字）。

【答案】    (1). 3.775       (2). 53.7

【解析】

本题主要考查游标卡尺的读数，弹簧劲度系数的测量、胡克定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用教材上游标卡尺的使用和探究弹簧的伸长与形变量的关系实验知识的能力。

实验所用的游标卡尺精度为0.05mm，游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，图（b）所示的游标卡尺读数为3.7cm+15×0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm。

托盘中放有质量为m=0.100kg的砝码时，弹簧受到的拉力F=mg=0.100×9.8N=0.980N，弹簧伸长x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m，根据胡克定律，F=kx，解得此弹簧的劲度系数k=F/x=53.7N/m。

【点睛】解答此题常见错误主要有：一是游标卡尺读数误差，或单位搞错导致错写成37.70；二是把重力加速度按照习惯用g=10m/s2代入计算导致错误；三是考虑采用图象法处理实验数据计算劲度系数耽误时间。

14.某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：

（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。

（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N–n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s–t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。

（3）对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s–t图象如图（b）所示；由图（b）求出此时小车的加速度__________（保留2位有效数字），将结果填入下表。

（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a–n图象 ___________。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。

（5）利用a–n图象求得小车（空载）的质量为_______kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8 m/s2）。

（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项前的标号）

A．a–n图线不再是直线

B．a–n图线仍是直线，但该直线不过原点

C．a–n图线仍是直线，但该直线的斜率变大

【答案】    (1). 0.39；    (2). 图见解析；    (3). 0.45；    (4). BC；

【解析】

（3）物体做匀加速直线运动，对应的x-t图象为曲线，由图象可知，当t=2.0s时，位移为：x=0.80m；
则由x=at2代入数据得：a=0.39m/s2；
（4）在图C中作出点（2，0.40），并用直线将各点相连，如图所示；
（5）由图c可知，当n=4时，加速度为0.78m/s2，由牛顿第二定律可知：
4×0.01×9.8=（m+5×0.01）×0.78
解得：m=0.45kg；
（6）若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：
nm0g-μ[m+（5-n）m0g]=（m+5m0）a；

故说明图象仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC正确；故选：BC；

点睛：本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用．

视频

三、计算题

15.如图所示，倾角为θ的斜面与光滑的水平面平滑相连，在水平面的左端固定有一轻质水平弹簧，一质量为m＝0.1kg的小物块以初速度v0＝4m/s由水平面滑上斜面，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，斜面的倾角θ可在0°≤θ≤75°的范围内变化（调节好后即保持不变）。已知重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

(1)求当θ取何值时，小物块第一次沿斜面上滑到最高点所用的时间最短，并求出最短时间；

(2)当θ取不同值时，求小物块在运动的全过程中产生的摩擦热量Q与tanθ的关系式。

【答案】(1)θ=60°，  (2)Q=0.8J

【解析】

【详解】（1）小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律：mgsinθ+μmgcosθ=ma

上滑时间

解得：

由数学知识可知，当θ=600时，

（2）小物块恰好的斜面上保持静止时有：mgsinθ=μmgcosθ

解得θ=300，

则当0≤θ≤300，小物块在斜面上停下后即保持静止，

小物块在斜面上滑行的距离为

小物块因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ∙s

联立解得：

当300<θ≤750,小物块在斜面上到达最高点后返回，经多次往返运动后，最终静止在水平面上，则小物块摩擦产生的热量为

16.如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)抛出点O离斜面底端的高度；

(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。

【答案】(1)h＝1.7 m。(2)μ＝0.125

【解析】

（1）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy

由几何关系得：

设小球下落的时间为t，小球竖直方向vy=gt

解得：t=0.4s

（2）竖直位移为y，水平位移为x，由平抛规律得  x=v0t

设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得h=y+xtan37°

由以上各式得h=1.7m

（3）在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：

设滑块的加速度为a，由运动学公式得：

对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma

由以上各式得μ=0.125

点睛：该题是平抛运动和牛顿第二定律等基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度的关系以及位移的关系解题.

17.如图1所示，电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值也为R的电阻连接成闭合回路，线圈的半径为a。在线圈内有一垂直于线圈平面向里的边界为线圈内接正方形的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示（图中字母均为已知量，0～t1图线为直线），导线的电阻不计。求：

(1)0～t1时间内电阻R上产生的热量；

(2)t1～t2时间通过电阻R的电量q。

【答案】(1) (2)

【解析】

【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：

感应电流：

在0-t1时间内电阻R上产生的热量：

（2）通过电阻R的电量：

【点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意S是有效面积，并不等于线圈的面积。