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1、重庆市第一中学校2019届高三物理下学期3月适应性月考试题（含解析）二、选择题（4-17为单选， 18-21为多选，每题6分，共48分）1.2018年8月23日报道，国家大科学工程中国散裂中子源(CSNS)项目通过国家验收，投入正式运行，并将对国内外各领域的用户开放。有关中子的研究，下面说法正确的是( )A. 中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性B. 卢瑟福发现中子的核反应方程C. 在中子轰击下生成的过程中，原子核中平均核子质量变小D. 衰变所释放的电子是原子核内部的中子转变为质子时所产生的【答案】ACD【解析】【详解】A、所有粒子都具有波粒二象性，故A正确；B、查德威克发现中子的核反应是：，
2、故B错误；C、裂变反应释放出能量，根据质能方程知，在中子轰击下生成和的过程中，释放大量的能量，由质量亏损，原子核中的平均核子质量变小，故C正确；D、衰变所释放的电子是原子核内部的中子转变为质子时产生的，故D正确；故选ACD。2.如图所示，卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用T、a、v、S分别表示卫星的周期、加速度、速度、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有（）A. TATBB. aAaBC. vAvBD. SA=SB【答案】A【解析】【详解】ABC、根据可知线速度为：，周期为：，加速度为：，A的轨道半径较大，则：，故A正确，B、C错误；D、由开普勒第二定可知绕同一天体运动的天体与
3、中心天体连线在同一时间内扫过的面积相等，A、B不是同一轨道，所以A、B与地心连线在单位时间内扫过的面积不同，故D错误；故选A。 3.静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力。规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能EK随x的变化图象，其中正确的是（ ）【答案】D【解析】试题分析：图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A 错误；由
4、于离子带负电，粒子在的左侧加速度为正值，在右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；在左侧粒子向右匀加速，在的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在左侧粒子根据动能定理，在的右侧，根据动能定理可得，故D正确。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势能【名师点睛】本题主要考查了图象，从图象中判断出斜率即为电场强度，然后利用牛顿第二定律判断出加速度，速度时间公式判断速度，抓住粒子带负电即可。4.如图,OO是磁感应强度大小分别为3B和B的两个匀强磁场区域的分界线,磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。单匝圆形导线圈的直径刚好位于OO处,线圈以OO为转轴从纸面位置开始以角该度匀速转
5、动。若线圈的电阻为R,面积为S,则下列说法正确的是( )A. 线圈在纸面位置时,感应电流最大B. 线圈中产生的感应电动势的最大值为2BSC. 线圈中产生的热功率为B2S22/2RD. 线圈从纸面位置开始转过90的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为2BS/R【答案】C【解析】【详解】A、线圈在纸面位置时，磁通量最大，感应电动势最小，为零，故A错误；B、线圈中产生的感应电动势的最大值为，故B错误；C、由有效值定义可知感应电动势的有效值为，线圈中产生的热功率为，故C正确；D、根据，可得，所以线圈从纸面位置开始转过90的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为，故D错误；故选C。5.如图，地面上固定有一半径
6、为R的半圆形凹槽，O为圆心，AB为水平直径。现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点；若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角=60，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A. v1：v2=1:3B. 小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同C. 小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的平均速度之比为1:2D. 小球落在凹槽上时，重力的瞬时功率两次不同【答案】AB【解析】【详解】A、小球从开始运动到落到凹槽上做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点时有：，从A处以初速度v2水平抛
7、出后恰好落到C点时有：，所以，故A正确；B、根据加速度的定义可知速度的变化量，由于下落时间相同，所以小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同，故B正确；C、小球从抛出到D点的平均速度，小球从抛出到C点的平均速度 ，所以前后两次的平均速度之比为，故C错误；D、小球刚到D点时重力的瞬时功率，小球刚到C点时重力的瞬时功率，所以重力的瞬时功率两次相同，故D错误；故选AB。6.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端栓接质量为m的小球,小球放在倾角为30的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30角,重力加速度为g,则A. 平衡时,斜面对小球的作用力大小为B. 若将斜面突然移走
8、,则移走瞬间小球的加速度大小为C. 若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为D. 若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小【答案】CD【解析】【详解】A、小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，斜面对小球的支持力为FN，对小球受力分析如图，则：，解得：，故A错误；B、将斜面突然移走，小球受的弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为，故B错误；C、将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为，故C正确；D、
9、将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于，但斜面对小球的支持力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D正确；故选CD。7.如图所示的理想变压器电路中，原副线圈的匝数比为2:1，原、副线圈的电路中均有一阻值为R的定值电阻，副线圈电路中定值电阻和滑动变阻器串联，a、b端接电压恒定的正弦交流电，在滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，则下列说法正确的是（ ）A. 原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在减小B. 副线圈电路中定值电阻R消耗的功率在增大C. 副线圈电路中消耗的总功率在减小D. 原、副线圈电路中定值
10、电阻R两端的电压之比恒定为1:2【答案】BD【解析】【详解】滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，总电阻减小，原副线圈的电流强度均增大；AB、根据可知原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在增大，副线圈电路中定值电阻R消耗的功率也在增大，故B正确，A错误；C、根据变压器原理可知输入功率等于输出功率，副线圈电路中消耗的总功率，由于E、R和I1未知，无法确定副线圈电路中消耗的总功率的变化，故C错误；D、根据U=IR可知原、副线圈电路中定值电阻R两端的电压之比等于电流强度之比，等于原副线圈的匝数的反比，即为1:2，故D正确；故选BD。8.如图,滑块A、B的质量均为m,A套在倾斜固定的直杆上,倾斜杆与水平面成4
11、5角,B套在水平固定的直杆上,两杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计,两直杆足够长。A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，初始时轻杆与水平面成30角。将A、B从静止释放,B开始沿水平杆向右运动,不计一切摩擦,滑块A、B视为质点,重力加速度为g,下列说法正确的是（ ）A. 滑块A、B组成的系统机械能守恒B. 当A到达最低点时，B的速度最大，最大速度为3gLC. B到达最右端时,A的速度为2gLD. B从开始运动至最右端的过程中，轻杆对B先做正功后做负功，总功为零【答案】ABD【解析】【详解】A、因不计一切摩擦，杆为轻杆，故滑块A、B组成的系统机械能守恒，故A正确；B、当A到达最低点时，A速度为
12、零，B的速度最大，则有：，解得，故B正确；C、B到达最右端时，B的速度为零，此时A、B的位置如图所示，则有：，解得：，故C错误；D、B从开始运动至最右端的过程中，B先做加速度直线运动后做减速直线运动，B到达最右端时B的速度为零，运动过程中只有轻杆对B做功，根据动能定理可知B从开始运动至最右端的过程中，轻杆对B先做正功后做负功，总功为零，故D正确；故选ABD。三、非选择题9.某同学通过实验测量一种合金的电阻率。(1)用螺旋测微仪测量合金丝的直径，读数如图所示，可读出合金丝的直径为_mm；(2)现有电源(E=4V,内阻可不计),滑动变阻器(050),电流表(00.6A,内阻约为1),电压表(03V
13、,内阻约为3k)，开关和导线若干。该同学分别用电流表的两种不同接法测量合金丝的电阻，记录两组不同的数据如下：由数据可知,该同学应采用滑动变阻器的_接法(填“限流式”或“分压式”)；由数据可知,利用_(填“实验一”或“实验二”)的数据计算所得结果更接近合金丝电阻的真实值。【答案】 (1). 6.495mm (2). 限流式 (3). 实验一【解析】【详解】解：(1)由图示螺旋测微器可知，固定刻度为6.0mm，可动刻度为，其示数为：；(2)由表中实验数据可知，待测电阻阻值约为：，小于滑动变阻器的最大阻值，又由表中实验数据可知，电压与电流不从零开始变化，滑动变阻器采用的是限流接法；待测电阻阻值约为：
14、，电流表内阻约为1，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法时实验误差较小；当电流表采用外接法时，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，由表中实验数据可知，在电压相等的情况下，实验一的电流大于实验二的电流值，说明实验一中电流表采用外接法，因此用实验一所示数据测量值更接近真实值；10.某同学用如图甲所示装置,通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律（1）测量所得入射球A的质量为mA,被碰撞小球B的质量为mB,图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影,实验时,先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放,找到其平均落点的位置P,测得平抛射程为OP;再将入射球A从
15、斜轨上起始位置由静止释放,与小球B相撞,分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N,测得平抛射程分别为OM和ON,当所测物理量满足表达式_，时,即说明两球碰撞中动量守恒;如果满足表达式_，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。（2）经测定,mA=45.0g,mB=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图,经计算，碰撞前、后总动量的比值=_（结果用分数表示）（3）有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用（2）中已知的数据,分析和计算出被碰小球B平抛运动射程ON的最大值为_cm.【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【详解】解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则，又，代入得：；若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒
