《陕西省2019届高三上学期第一次月考物理试题（A卷）Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省2019届高三上学期第一次月考物理试题（A卷）Word版含解析（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 陕西省城固县第一中学2019届高三上学期第一次月考物理试题（A卷） 一、选择题1.A、B两个物体在同一直线上运动，速度-时间图像如图所示，下列说法正确的是：( ) A. A、B运动方向相反B. 04s内，A、B的位移相同C. t=4s时，A、B的速度相同D. A的加速度比B的加速度大【答案】C【解析】【详解】由图看出，速度均为正值，说明A、B都沿正方向运动，它们的运动方向相同。故A错误。根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知0-4s内B的位移大于A的位移，故B错误；由图读出，在t=4s时，A的速度等于B的速度。故C正确；图象斜率表示物体的加速度，根据图象可知AB的斜率大小相等，即二者加速度
2、大小相等，故D错误。故选C。2.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是A. 光电效应说明光具有粒子性，康普顿效应说明光具有波动性.B. 卢瑟福用人工转变的方法，发现了质子并预言了中子的存在C. 玻尔的原子理论成功地解释了原子发光的规律D. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核【答案】B【解析】A. 光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，故A错；B、卢瑟福用人工转变的方法，发现了质子并预言了中子的存在，故B正确；C、波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，而不是原子发光的规律，故C错误；D、卢瑟福通过粒子的散射发
3、现了原子中存在原子核，故D错误；故选B点睛：本题是物理学史问题，根据爱因斯坦、卢瑟福、波尔等科学家的成就进行解答。3.如图所示为氢原子的能级示意图，大量氢原子处于n3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.29 eV的金属钠，下列说法中正确的是A. 这些氢原子能发出两种不同频率的光子B. 从n3跃迁到n2所发出光子的波长最短C. 金属钠发出的光电子的最大初动能为9.80 eVD. 从n3跃迁到n1所发出的光子频率最低【答案】C【解析】大量氢原子处于n3的激发态向较低能级跃迁的过程中向外发出光子数为种，选项A错误；从n3跃迁到n2能级差最小，所发出光子的频率最小，
4、波长最长，选项B错误；从n3跃迁到n1能级差最大，所发出的光子频率最高，选项D错误；从n3跃迁到n1所发出的光子的能量最大，其值为（-1.51）-（-13.6）=12.09eV，则金属钠发出的光电子的最大初动能为12.09eV -2.29Ev=9.80 eV，选项C正确；故选C.点睛：本题是玻尔理论、光子的能量、爱因斯坦光电效应方程的综合根据玻尔理论分析氢原子发出的三种频率不同的光的波长、频率关系能级差越大，则发出光子的频率越大，波长越短4.如图所示，静止的 核发生 衰变后生成反冲核，两个产物都在垂直于它们的速度方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是：( )A. 衰变方程可表示为B.
5、 Th核和 粒子的圆周轨道半径之比为1:45C. Th核和 粒子的动能之比为1:45D. Th核和 粒子在匀强磁场中旋转的方向相同【答案】C【解析】【详解】由电荷守恒及质量守恒可知，衰变方程可表示为，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力，所以有，；而P=mv相同、B相同，故Th核和粒子的圆周轨道半径之比 ，故B正确；由动量守恒可得衰变后，所以Th核和粒子的动能之比 ，故C错误；Th核和粒子都带正电荷，所以在图示匀强磁场中都是逆时针旋转，故D正确；此题选择错误的选项，故选C。【点睛】此题类似反冲问题，结合动量守恒定律和轨道半径公式讨论；写衰变方程时要注意电荷、质量都要守恒即反应前后各粒子
6、的质子数总和不变，相对原子质量总数不变，但前后结合能一般发生改变。5.把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻,原线圈连接V1,副线圈连接V2下列说法正确的是：( ) A. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大B. Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变C. 在t=1102s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零D. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为【答案】A【解析】【详解】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若R
7、t电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=36V，T=0.02s，则 =100rad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin100t（V），故D错误。故选A。【点睛】本题考查交变电流的产
8、生及变压器原理，要注意掌握交变电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中。6.2017年4月22日，我国第一艘货运飞船“天舟一号”与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接，若“天舟一号”与“天宫二号”绕地球做半径为r、逆时针方向的匀速圆周运动，它们与地心连线的夹角为，如图所示，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，不计算“天舟一号”与“天宫二号”间的相互作用力，下列说法正确的是：( )A. “天舟一号”与“天宫二号”的向心加速度大均为B. “天舟一号”从图示位置运动到天宫二号所在位置所需时间为C. “天舟一号”要想追上“天宫二号”，必须先向后喷气D
9、. “天舟一号”追上“天宫二号”，该过程中万有引力对“天舟一号”先做正功后做负功【答案】D【解析】【分析】由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式求得加速度；由运动学公式求时间；当万有引力不够提供向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力时，做近心运动【详解】由万有引力提供向心力：G=ma，可得a=，又GM=gR2，则a=g，则A错误； “天舟一号”从图示位置运动到天宫二号所在位置所需时间为t=，又，可得，则B错误；“天舟一号”向后喷气，速度变大会做离心运动脱离原轨道则不可能追上“天宫二号”，则C错误；使“天舟一号”追上“天宫二号”要先降低轨道再加速运动变大轨道，则万有引力对“天
10、舟一号”先做正功后做负功，则D正确；故选D。7.水平面内有一等边三角形ABC ，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为L。现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，如图所示,已知静电力常量为k，则D点的场强大小为：( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据几何关系，CD=BD=AD=，根据点电荷电场强度的公式，三个电荷量均为Q的正点电荷在D点的场强大小，D点的场强大小等于三个点电荷分别在D点产生场强的和场强，故ABC错误，D正确。 故选：D。8.如图所示，质量为m的小球A沿高度为h倾角为的光滑斜面以初速v0滑下，另一质量与A相同的
11、小球B自相同高度同时由静止落下，结果两球同时落地下列说法正确的是（ ） A. 重力对两球做的功不等B. 落地前的瞬间A球的速度等于B球的速度C. 落地前的瞬间A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时功率D. 两球重力的平均功率相同【答案】D【解析】本题考查功和功率两球从相同的高度下落，策略所做的功相同，均为，故A错；设落地前的瞬间A，B球的速度为，则，由于所以，所以落地前的瞬间A球的速度大于B球的速度，故B错；落地前的瞬间A球重力的瞬时功率等于B球重力的瞬时功率，均为，故C错；重力所做的功相同，均为；做功的时间也相同均为，所以其功率也相同，且为故本题正确答案为D9.如图所示，质量为m的木板B放在水
12、平地面上，质量也为 的木箱A放在木板B上一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数、木板B与地面之间的动摩擦因数均为现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出则下列说法确的是：( )A. 细绳的张力大小B. 细绳的张力大小C. 水平拉力D. 水平拉力【答案】AC【解析】木箱A受力分析如图1所示，由平衡条件可知：FTcosFf1 mgFTsinFN1 Ff1FN1 解式可得：，故AB错误； 图1 图2木板B受力如图2所示，B匀速时有：FFf1Ff2 Ff2FN2 FN2mgFN1 解式可得：，故C正确，D错误点睛：此题是关于平衡问题；
13、关键是用隔离法分析两个物体的受力情况，画出受力图，利用正交分解法列出水平和竖直两个方向的方程联立求解.10.如图所示，一轻质弹簧固定在光滑杆的下端，弹簧的中心轴线与杆重合，杆与水平面间的夹角始终=60，质量为m的小球套在杆上，从距离弹簧上端O点的距离为 的A点静止释放，将弹簧压至最低点B，压缩量为 ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是：( )A. 小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，其加速度一直减小B. 小球运动过程中最大动能可能为C. 弹簧劲度系数大于D. 弹簧最大弹性势能为【答案】CD【解析】【分析】小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，分析小球的受力情况，判断加
14、速度的变化情况小球的合力为零时动能最大，由系统的机械能守恒分析最大动能对从A到B的过程，运用机械能守恒定律求弹簧最大弹性势能，再分析弹簧的劲度系数【详解】小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，弹簧对小球的弹力逐渐增大，开始时弹簧的弹力小于小球的重力沿杆向下的分力，小球做加速运动，随着弹力的增大，合力减小，加速度减小，后来，弹簧的弹力等于小球的重力沿杆向下的分力，最后，弹簧的弹力大于小球的重力沿杆向下的分力，随着弹力的增大，合力沿杆向上增大，则加速度增大，所以小球的加速度先减小后增大，故A错误。小球滑到O点时的动能为 EkO=mg2x0sin60=mgx0，小球的合力为零时动能最大，此时弹
15、簧处于压缩状态，位置在C点下方，所以小球运动过程中最大动能大于mgx0，不可能为mgx0，故B错误。在速度最大的位置有 mgsin60=kx，得 k=，因为xx0，所以k，故C正确。对小球从A到B的过程，对系统，由机械能守恒定律得：弹簧最大弹性势能 Epm=mg3x0sin60=mgx0故D正确。故选CD。【点睛】本题的关键是要正确分析小球的受力情况和能量转化情况，知道合力为零时小球的速度对系统运用机械能守恒定律进行分析11.如图甲所示，100匝线圈（图中只画了1匝）两端A、B与一电压表相连线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化下列关于电压表的说法正确的是：( )A. 电压表读数为50VB. 电压表读数为150VC. 电压表“+”接线柱接A端D. 电压表“+”接线柱接
