廣東省惠州市榕城中學2019屆高三物理周測試題（5.19）（含解析）1.下列與能量有關的說法正確的是( )A. 比結合能越大，表示原子核中核子結合得越牢固，原子核結合能越大B. 根據玻爾理論，原子從低能態(tài)向高能態(tài)躍進時，核外電子動能增大C. 發(fā)生光電效應時，入射光頻率增大，光電子的動能增大D. 一個氫原子處于的激發(fā)態(tài)向較低能級躍進，最多可放出3種頻率的光【答案】D【解析】【詳解】原子核的比結合能越大，原子核中核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，但是原子核結合能不一定越大，選項A錯誤；根據玻爾理論，原子從低能態(tài)向高能態(tài)躍進時，核外電子運動的半徑變大，根據可知，電子的動能減小，選項B錯誤；發(fā)生光電效應時，入射光頻率增大，光電子的最大初動能增大，選項C錯誤；一個氫原子處于的激發(fā)態(tài)向較低能級躍進，最多可放出3種頻率的光，分別對應著：43，32，21的躍遷，選項D正確.2.幾個水球可以擋住子彈？國家地理頻道實驗證實：四個水球就足夠！四個完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動。恰好能穿出第四個水球，則可以判定（ ）A. 由題干信息可以確定子彈在每個水球中運動的時間相同B. 由題干信息可以確定子彈穿過每個水球的時間C. 子彈在每個水球中速度變化相同D. 子彈穿出第三個水球的瞬時速度與全程的平均速度相等【答案】D【解析】【詳解】AB設水球的直徑為d，子彈運動的過程為勻減速直線運動，直到末速度為零，我們可以應用逆過程，相當于子彈初速度為零做勻加速直線運動。因為通過最后1個、最后2個、以及后3個、全部4個的位移分別為d，2d，3d和4d，根據x=at2知，所以時間之比為1：2，所以子彈在每個水球中運動的時間不同；由以上的分析可知，子彈依次穿過4個水球的時間之比為：（2-）：（）：（1）：1，但是不能求解穿過每個水球的具體時間，故AB錯誤；C子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，則受力是相同的，所以加速度相同，由v=at可知，運動的時間不同，則速度的變化量不同；故C錯誤；D由A的分析可知，子彈穿過前3個水球的時間與穿過第四個水球的時間是相等的，由勻變速直線運動的特點可知，子彈穿出第三個水球的瞬時速度與全程的平均速度相等。故D正確。3.兩顆互不影響的行星P1、P2,各有一顆近地衛(wèi)星S1、S2繞其做勻速圓周運動.圖中縱軸表示行星周圍空間某位置的引力加速度a,橫軸表示該位置到行星中心距離r平方的倒數(shù),關系圖如圖所示,衛(wèi)星S1,S2的引力加速度大小均為a0,則( )A. S1的質量比S2的大B. P1的質量比P2的大C. 質量大的衛(wèi)星受到的引力大D. S1的軌道半徑比S2的小【答案】B【解析】【詳解】根據牛頓第二定律得：，則得行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度為：，由此不能判斷近地衛(wèi)星S1、S2的質量大小。由數(shù)學知識知，圖象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的質量比P2的大，故A錯誤、B正確；引力加速度大小均為a0時，由圖可知，S1距離P1的距離較大，S1軌道半徑較大，但是由于不知道S1、S2的質量關系，則無法確定衛(wèi)星受到的引力關系，選項CD錯誤.4.如圖所示，導線框MNQP近旁有一個跟它在同一豎直平面內的矩形線圈abcd，下列說法中不正確的是（ ）A. 當滑動交阻器滑片向下滑動一小段距離時，abcad中有感應電流B. 當滑動變阻器滑片向上滑動一小段距離時，abcd中有感應電流C. 電阻不變，將abcd在其原來所在的平面內豎直向上運動時，其中有感應電流D. 電阻不變，將abcd在其原來所在的平面內向PQ靠近時，其中有感應電流【答案】C【解析】【詳解】當滑動交阻器滑片向下滑動一小段距離時，電阻變大，導線框MNQP中電流減小，PQ產生的磁場減弱，穿過abcd的磁通量減小，則abcd中有感應電流。故A正確。同理，當滑動交阻器滑片向下滑動一小段距離時，當電阻變小時，導線框MNQP中電流增大，PQ產生的磁場增強，穿過abcd的磁通量增加，則abcd中有感應電流。故B正確。電阻不變，將abcd在其原來所在的平面內豎直向上運動時，穿過abcd的磁通量不變，其中沒有感應電流，故C錯誤。電阻不變，將abcd在其原來所在的平面內向PQ靠近時，穿過abcd的磁通量增加，其中有感應電流，故D正確。此題選擇不正確的選項，故選C。5.如圖所示，理想變壓器的原線圈接有電壓為U的正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定。R1和R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值隨照射光強度的增大而減小?，F(xiàn)增大照射光強度，則A. 通過原線圈的電流減小B. 變壓器的輸出功率增大C. R1兩端的電壓減小D. R2消耗的功率增大【答案】B【解析】【詳解】A理想變壓器輸出電壓一定，光照增強，光敏電阻R3阻值減小；副線圈的總電阻減小，根據歐姆定律知，副線圈的電流增大，根據理想變壓器電流與匝數(shù)的關系可知，通過原線圈電流也增大；故A錯誤；B理想變壓器的輸出功率，其中U不變，I變大，故變壓器的輸出功率變大，故B正確；CD副線圈電流增大，根據歐姆定律，R1兩端電壓增大；R2兩端電壓減小，功率減小，故CD錯誤。6.如圖為某工廠生產流水線上的產品水平傳輸裝置的俯視圖，它由傳送帶和轉盤組成。某產品（可視為質點）從A處無初速度放到勻速運動的傳送帶上，恰好勻加速運動到B處后進入勻速轉動的轉盤隨其一起運動（無相對滑動），到C處被取走裝箱。已知A、B的距離是產品在轉盤上與轉軸O距離的兩倍，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則A. 產品在A B間的運動時間大于BC間的運動時間B. 產品在A B間的運動時間小于BC間的運動時間C. 產品與傳送帶的動摩擦因數(shù)小于產品與轉盤的動摩擦因數(shù)D. 產品與傳送帶的動摩擦因數(shù)大于產品與轉盤的動摩擦因數(shù)【答案】AC【解析】【詳解】AB設傳送帶勻速運動的速度為v，轉盤的半徑為R，由題意知AB=2R，產品在AB間運動時間為t1=4R/v，在BC間的運動時間，得，A正確；B錯誤；CD從A到B的過程中，得。在圓盤上運動時，靜摩擦力提供向心力，可得，解得，所以C正確；D錯誤。7.如圖所示，一帶正電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知（ ）A. P點的電勢比Q點高B. 油滴在Q點的電勢能比它在P點的大C. 油滴在Q點的動能比它在P點的大D. 油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小【答案】AC【解析】【詳解】根據油滴運動軌跡可知，油滴受到的合力方向一定指向上方；又因為軌跡關于P點對稱，則可說明電場力豎直向上；油滴帶正電，故說明電場方向豎直向上，則可判斷P點的電勢比Q點高。故A正確；因電場力豎直向上，故油滴由P到Q的過程中，電場力做正功，電勢能減小，因此油滴在P點的電勢能比它在Q點的大。故B錯誤；油滴由P到Q過程中，合外力做正功動能增加，故油滴在Q點的動能比它在P點的大。故C正確；因油滴在勻強電場中運動，受到的電場力和重力都是恒力，合外力也為恒力，因此P、Q兩點加速度大小相同。故D錯誤。8.如圖所示，質量均為m的物塊a、b用一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連接，放在傾角為的足夠長光滑固定斜面上，且a是帶電量為+q的絕緣物塊，b不帶電，C為固定擋板。整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一外力F沿斜面方向拉物塊a使之向上做勻加速運動，當物塊a剛要離開斜面時物塊b恰將離開擋板C。重力加速度大小為g，則此過程中A. 物塊a運動的距離為B. b剛要離開擋板時彈簧彈力為2mgsinC. 外力F做功為D. 物塊a運動的時間為【答案】AD【解析】【詳解】A剛開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力大?。?，物塊b恰將離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧彈力大小：。整個過程彈簧形變量即a的運動距離，A正確Bb剛要離開擋板時對b分析有彈簧彈力：，B錯誤CD物塊a剛要離開斜面時，垂直于斜面方向有，解得：，物塊a勻加速，有，聯(lián)立解得：；整個過程的初末狀態(tài)彈簧的彈性勢能大小相等，根據動能定理得：解得：，C錯誤D正確9.如圖甲所示裝置叫做“阿特伍德機”，是早期英國數(shù)學家和物理學家阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律和動量守恒定律，如圖乙所示。已知當?shù)刂亓铀俣葹間。 （1）實驗時，該同學用游標卡尺測量擋光片的寬度d如圖丙所示，則d=_cm；然后將質量均為M(A的含擋光片、B的含掛鉤)的重物A、B用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態(tài)。測量出_(選填“A的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”)到光電門中心的豎直距離h。（2）驗證機械能守恒定律時，該同學在重物B的下端掛上質量為m的物塊C，讓系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為t1。如果系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，應滿足的關系式為_。（3）為了驗證動量守恒定律，該同學讓A在桌面上處于靜止狀態(tài)，將B從靜止位置豎直抬高H后靜止釋放，直到光電門記錄下?lián)豕馄瑩豕獾臅r間為t2(重物B未接觸桌面)，則驗證繩繃緊過程中系統(tǒng)沿繩方向動量守恒定律的表達式為_?！敬鸢浮?(1). 0.420 (2). 擋光片中心 (3). (4). 【解析】【詳解】（1）游標卡尺的主尺讀數(shù)0.4cm；游標尺讀數(shù)：100.02mm=0.20mm；則讀數(shù)為：0.4cm+0.20mm=0.420cm。測量出擋光片中心到光電門中心的豎直距離h。（2）重物A經過光電門時的速度 ；系統(tǒng)動能的增加量 系統(tǒng)重力勢能的減小量為mgh，應滿足的關系式為： （3）重物A經過光電門時的速度 ；根據機械能守恒定律可知，解得：；則可知作用前的動量；此后AB一起做勻速運動，運動速度，故作用后的動量，故只要驗證 即可證明動量守恒；10.某同學利用如圖所示電路測電壓表內阻。所用實驗器材有:電源E(內阻不計),電阻箱R(最大阻值為9999),待測電壓表,開關S,導線若干。 實驗時，先按電路圖連好器材,調節(jié)電阻箱接入電路阻值,將相應電壓表讀數(shù)記錄在表格中, 請在如圖中的坐標圖中標出坐標點并繪出圖（ ），圖線可確定電壓表內阻RV=_,還可確定電源電動勢E=_V(計算結果保留2位有效數(shù)字)【答案】 (1). (2). (3). (4). 3.0【解析】詳解】根據表格描點做圖如下：根據閉合回路歐姆定律得：，變形得。由坐標凸顯可得截距為b=0.33，斜率為，解得11.如圖所示是一條傳送裝置示意圖，水平傳送帶長。傳送帶以的速度順時針方向勻速運轉，將一質量的小物件輕放在傳送帶的左端A，小物件經傳送帶到達右端B后水平飛出，B到地面的高度，小物件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，求：小物件在傳送帶上運動的時間t；小物件從B點飛出后落地點距B點的水平距離x；求落地點時的速度v?！敬鸢浮?；5m； ，水平方向的夾角為，【解析】【詳解】解：小物件在傳送帶上先做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得，加速度：則加速到傳送帶速度相等所需的時間：加速的位移：勻速運動的實際：小物件在傳送帶上運動的時間：平拋運動的時間：落地點距B點的水平距離：小物件落地的豎直分速度：根據平行四邊形定則知，落地的速度：設速度與水平方向的夾角為，則有：12.如圖所示，A、B兩水平放置的金屬板板間電壓為U(U的大小、板間的場強方向均可調節(jié))，在靠近A板的S點處有一粒子源能釋放初速度為零的不同種帶電粒子，這些粒子經A、B板間的電場加速后從B板上的小孔豎直向上飛出，進入豎直放置的C、D板間，C、D板間存在正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的方向水平向右，大小為E，勻強磁場的方向水平向里，大小為B1。其中一些粒子能沿圖中虛線做直線運動到達上方豎直圓上的a點，圓內存在磁感應強度大小為B2、方向水平向里的勻強磁場。其中S、a、圓心O點在同一豎直線上。不計粒子的重力和粒子之間的作用力。求：(1)能到達a點的粒子速度v的大小；(2)若e、f兩粒子帶不同種電荷，它們的比荷之比為13，都能到達a點，則對應A、B兩金屬板間的加速電壓U1U2的絕對值大小為多大；(3)在滿足(2)中的條件下，若e粒子的比荷為k，e、f兩粒子在磁場圓中射出的兩位置恰好在圓形磁場的同一條直徑上，則兩粒子在磁場圓中運動的時間差t為多少?【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】解：(1)能達到a點的粒子速度設為v，說明在C、D板間做勻速直線運動，有：解得：(2)由題意得e、f兩粒子經A、B板間的電壓加速后，速度都應該為v，根據動能定理得：它們的比荷之比：得出：(3)設磁場圓的半徑為R，e、f粒子進入磁場圓做圓周運動對e粒子：對f粒子：解得：e、f兩粒子在磁場圓中射出的兩位置恰好在同一條直徑上，說明兩粒子的偏轉角之和為， e、f兩粒子的軌跡圖如圖所示，由幾何關系有：聯(lián)立解得：，e、f兩粒子進入磁場圓做勻速圓周運動的周期滿足：在磁場中運動的時間：兩粒子在磁場中運動的時間差為：13.下列說法中錯誤的是_A. 當人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大B. 晶體在熔化過程中分子勢能增加，分子的平均動能不變C. 用打氣筒給自行車充氣，越打越費勁，說明氣體分子之間有斥力D.