1、天津市武清区大良中学2018-2019学年度上学期第一次月考试题理科综合物理部分一、单项选择题1.关于原子结构和原子核的结构，经过不断的实验探索，我们已经有了一定的认识，对于这个探索的过程，下列描述错误的是 （ ）A. 卢瑟福根据粒子轰击金箔时发生散射，提出了原子的核式结构模型B. 为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性，波尔提出了氢原子结构模型C. 卢瑟福通过利用粒子轰击铍原子核，最终发现了中子D. 人类第一次实现的原子核的人工转变核反应方程是【答案】C【解析】【详解】A、卢瑟福在粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型,所以A选项是正确的;B、为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性
2、,波尔提出了氢原子结构模型,所以B选项是正确的;C、查德威克在粒子轰击铍核时实现了人工转变发现了中子,并获得诺贝尔物理奖.故C错误;D、卢瑟福用粒子轰击氮原子核,产生了氧的一种同位素-氧17和一个质子,这是人类第一次实现的原子核的人工转变,该反应方程为.所以D选项是正确的;本题选择错误的,所以选C【点睛】物理常识：卢瑟福提出了原子核式结构;波尔提出玻尔理论,解释了原子的稳定性和辐射光谱的不连续性;查德威克发现了中子;卢瑟福用粒子轰击氮核发现质子,并首次实现原子核的人工转变.2. 甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. tl时刻，两物体相距最远
3、B. t2时刻，两物体相遇C. 0t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大D. 0t2时间内，二者平均速度相等【答案】C【解析】试题分析：从速度时间图象可知：t2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大t2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t2时刻相距最远，故A、B错误; 根据速度图线的斜率表示加速度，知0t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故C正确; 根据速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t2时间内，甲的位移大于乙的物体，则可知平均速度不相等，故D错误所以C正确，ABD错误。考点：速度时间图象【名师点睛】本
4、题主要考查了速度时间图象。在速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移在速度相等时相距最远而不是相遇，结合数学知识分析即可。3.如图所示，用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中且处于静止状态。已知绳oa、ob与竖直方向的夹角分别为30和60，则关于oa、ob、oc三根绳拉力大小的判断正确的是（ ）A. oa最大 B. ob最小 C. oc最小 D. 一样大【答案】B【解析】【详解】以结点0为研究对象,受到三个拉力作用,如图所示整个装置静止,则重物对O点拉力 等于重物的重力.根据平衡条件得 故B对；ACD错故选B【点睛】以结点O为研究对象,受到三个
5、拉力作用,其中重物对0点拉力等于重物的重力.根据平衡条件列方程求解.4.如图所示，图a为一列简谐波在t=0时的波形图，图b是这列波中200cm处点的振动图线，那么该波的传播速度方向分别是（ ）A. V=50cm/s ,沿x轴正方向传播 B. V=50cm/s ,沿x轴负方向传播C. V=25cm/s ,沿x轴正方向传播 D. V=25cm/s ,沿x轴负方向传播【答案】B【解析】【详解】由图a和图b知，=100cm，T=2s，所以v=50cm/s根据振动图象知，P质点在0s时处于平衡位置向上振动，由“上下坡”法知，波向左传播，沿x轴负方向传播故选B5.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板
6、电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m，电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则下列说法正确的是（ ）A. 若电阻R2断路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D. 在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【答案】AB【解析】【详解】A、若电阻R2断路,则外电路电阻变大，总电流变小，所以电容器两端的电压变大，根据 ，可知电容器要充电，所以G中有从b到a的电流，由于电压增大，所以电容器两板之间的电场
7、强度会变大，导致油滴向上加速运动，故A对；BC、在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，回路中电阻变小，电流变大，所以电容器两端的电压变小，根据根据 ，可知电容器要放电，故G中有从a到b的电流，由于电压变小，所以电容器中的电场强度变小，所以油滴要加速向下运动，故B对C错；D、在将S断开后，电容器放电,板间场强减小,油滴受到的电场力减小,则油滴向下加速运动.电容器放电,G中有从a到b的电流.故D错误.故选AB【点睛】在滑动触头移动的过程中,判断出电容器两端电压的变化,从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况.二、不定项选择题6.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动
8、，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称忽略空气阻力由此可知()A. Q点的电势比P点高B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【答案】AB【解析】试题分析：根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；因受力为恒力；故PQ两点加速
9、度大小相同；故D错误；故选AB。考点：电势及电势能；电场力的功【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用。7.如图所示,匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=1.414T的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动,线框电阻不计,面积为0.4m2,线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连,副线圈接有一只灯泡L(4 W,100)和滑动变阻器,已知图示状况下灯泡正常发光,电流表视为理想电表,则下列说法正确的是 ( ) A. 此时原副线圈的匝数比为21
10、B. 此时电流表的示数为0.4 AC. 若将自耦变压器触头向下滑动,灯泡会变亮D. 若将自耦变压器触头向上移动,则电流表示数变大【答案】AD【解析】【详解】A、输入电压的最大值为 ,变压器变压器输入电压的有效值为 开关闭合时灯泡正常发光 根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为21，故A对；B、灯泡正常发光，所以副线圈中的电流大小为 根据理想变压器的变流比得此时电流表的示数为 ,故B错；C、若将自耦变压器触头向下滑动副线圈匝数变小,根据理想变压器的变压比可以知道输出电压减小,所以灯泡变暗,故C错；D、若将自耦变压器触头向上移动, 副线圈匝数变大，根据理想变压器的变压比可以知道输出电压增大
11、，副线圈电阻不变，所以功率变大，则原线圈的功率也要变大，故电流表示数增大，故D对；故选AD【点睛】先根据公式求解输入电压的最大值,然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解.8.如图所示，质量为M=1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=3 kg滑块以初速度v0=2 m/s从木板的左端向右滑上木板，木板与滑块之间的动摩擦因数为 滑块始终未离开木板。则下面说法正确是（ ）A. 滑块和木板的加速度之比是31B. 整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC. 可以求出木板的最小长度是1.5 mD. 从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是73【答案】BD【解析】【详
12、解】A、滑块和木板受到的合外力相等，根据牛顿第二定律可知，加速度与各自的质量成反比，故加速度之比为1:3，故A错；B、水平面光滑,则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零,两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时,取向右为正方向,根据动量守恒定律得计算得出 根据能量守恒定律得:整个过程中因摩擦产生的内能 ，故B对；C、设木板的最小长度为L,则有J 计算得出 ，故C错误；D、从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比就等于平均速度之比，所以位移之比为 故D对；故选BD【点睛】分析滑块和木板组成的系统所受的外力,判断动量是否守恒.滑块相对木板静止时,由动量守恒定律求出两者的共同速度,
13、由能量守恒定律求内能.再由,求木板的最小长度L.由运动学公式求滑块与木板的位移之比.9.北斗卫星导航系统第三颗组网卫星（简称“三号卫星”）的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R，“三号卫星”的离地高度为h。则赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为_，近地卫星与“三号卫星”的重力加速度之比为_；【答案】 (1). （1）R/R+h； (2). (R+h)/R【解析】【详解】三号卫星是同步卫星，所以三号卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，则根据 可知则赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为R/R+h，近地卫星与三号卫星都绕地球运动，根据牛顿第二定律可知 可知近地卫星与“三号卫星”的重力加速度之比
14、为(R+h)/R故本题答案是：（1）R/R+h； (2). (R+h)/R【点睛】知道同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，并会借助于万有引力定律提供向心力求解重力加速度10.如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系” 实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。下列说法正确的是_。A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=
15、m1g，作出a-F图像，他可能作出图2中_ (选填“甲”、“ 乙”、“ 丙”)图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_。A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大 D所用小车的质量太大实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数=_，钩码的质量m1=_。【答案】 (1). D； (2). 丙， (3). C； (4). b/kg， (5). 1/kg【解析】【分析】本题考查了“探究加速度与力、质量的关系”实验、牛顿第二定律、平衡摩擦力、打点计时器的使
16、用、图象问题、动摩擦因数、逐差法、加速度等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。【详解】(1)当第一次平衡摩擦力之后有 解得有 ，即平衡摩擦力后，重力沿斜面的分力等于小车受到的滑动摩擦力，该特点与小车质量无关，所以每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；实验时若用打点计时器应先接通电源后释放小车，选项B错误；为减小实验误差，本实验m2应远大于m1选项C错误；在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象，选项D正确。综上本题选D。(2)因为未平衡摩擦力，所以当拉力比较小时，小车受合力为零，小车的加速度为零，当拉力大于滑动摩擦力之后，小车才开始加速运动，小车才有加速度，所以他可能作出
17、图2中的丙图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码质量过大，即m1和m2未满足m2远大于m1，选项C正确，选项ABD错误。综上本题选C。(3)根据牛顿第二定律可得：，解得 ，由图象和条件可知： ， 解得： ， 故本题答案是：(1). D； (2). 丙， (3). C； (4). b/kg， (5). 1/kg【点睛】理解实验原理，并根据物理知识解题即可。11.有一量程为0-5V的电压表V，某同学为了知道它的内阻，采用了下列测量方法：该同学利用欧姆表通过图甲的方式进行测量，测量时欧姆表的红表笔应该与电压表的_（填“正”或“负”）极接线柱相连，黑表笔与另一接线柱相接。在欧姆表
18、的档位位于“1k”档时，欧姆表的示数如图乙所示，则电压表的内阻RV约为_k。为了更准确地测出这个电压表V的内阻，该同学在实验室找到了下列器材：电压表V1：量程010V定值电阻R0：阻值5000滑动变阻器R1：050滑动变阻器R2：010k电源E：电动势12V，内阻很小、开关S、导线若干该同学设计了如图1所示的电路，其中甲为_，乙为_（均填“V”或者“V1”），滑动变阻器应选_（填“R1”或者“R2”），。该同学通过调节滑动变阻器的阻值，得到电压表V、V1的多组读数U、U1，以U为纵坐标，U1为横坐标建立坐标系并画出相应图像，如图2所示，若图像的斜率为k，则电压表的内阻RV=_（用k和R0表示）
19、【答案】 (1). 负， (2). 4.5； (3). V1， (4). V， (5). R1 ； (6). 【解析】【详解】（1）根据红进黑出原理可得红表笔应该与电压表的负极相连，读数为 （2）由图所示电路图可知，电压表乙与定值电阻串联后再与电压表甲并联，并联电路两端电压相等，因此甲电压表的量程应大于乙电压表的量程，则电压表甲为V1，电压表乙为V；为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；并联电路两端电压相等，由图所示电路图可知， 整理的 由图所示图象可知，图象斜率 ，则电压表内阻： 故本题答案是：(1). 负， (2). 4.5； (3). V1， (4). V， (5). R1 ； (6).
20、【点睛】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，根据图象求电压表内阻时，根据电路结构、应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键12.如图所示，QB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为R的粗糙水平轨道，二轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。 物块P的质量为m（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数；若物块 P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止，重力加速度为g.求：（1）v0的大小？（2）P刚越过Q点时对轨道的压力？【答案】（1）； （2）1.2mg【解析】【详解】（1）物块
21、P从A运动到A由动能定理可得： 解得： （2）设物块运动到Q点的速度为v，物块P从A运动到Q由动能定理得： 在Q点由牛顿第二定律可得： 解得： 故本题答案是：（1）； （2）1.2mg【点睛】在运用动能定理解题时要注意研究对象的选取，运动过程的分析，以及运动过程中各个力做功情况的分析，然后列公式求解。13.如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为l=0.2m，其电阻不计。完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m=0.01kg，电阻均为R=0.2，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度
22、B=1.0T。棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x=0.1m时达到最大速度vm，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零。取g=10m/s2，求： （1）ab棒的最大速度vm；（2）ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q；（3）ab棒由静止到最大速度所经历的时间t。【答案】（1）1m/s；（2）510-3J；（3）0.2s【解析】【详解】(1)棒ab达到最大速度vm时,对棒cd有: ,由闭合电路欧姆定律知 ,棒ab切割磁感线产生的感应电动 ,代入数据计算得出: ;(2) ab棒由静止到最大速度过程中,由功能关系得: 棒ab达到最大速度时受力平衡 解得： （3）ab
23、棒由静止到最大速度过程中通过ab棒的电荷量: 在此过程中由动量定理可知： 即 解得时间： 故本题答案是：（1）1m/s；（2）510-3J；（3）0.2s【点睛】cd棒对绝缘平台的压力恰好为零时,安培力与重力二力平衡.ab棒匀速运动时速度最大.由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式得到安培力与速度的关系,再由平衡条件求解最大速度.14.如图所示，真空中直角坐标系XOY，在第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，在第二象限内有沿x轴正向的匀强电场，第三象限内有一对平行金属板M、N，两板间距为d。所加电压为U，两板间有垂直纸面向里、磁感
24、应强度为B0的匀强磁场。一个正离子沿平行于金属板的轴线射入两板间并做直线运动，从A点（L，0）垂直于x轴进入第二象限，从P（0，2L）进入第一象限，然后离子垂直于x轴离开第一象限，不计离子的重力，求：（1）离子在金属板间运动速度V0的大小（2）离子的比荷q/m（3）从离子进入第一象限开始计时，离子穿越x轴的时刻【答案】（1）；（2）；（3）t= n(0,1,2,)【解析】试题分析：(1)离子在板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡qE=qv0B0 (2)离子在第二象限内做类平抛运动，离子在P点时沿y轴方向的分速度为v0，设沿x方向的分速度为vx2L=v0t ，L=vxt ，vx=v0离子在P点时的速度与y轴正方向成450角，此时v=v0由几何关系可以确定离子在第一象限的轨道半径为r=2L根据qvB=m可得=(3)离子在第一、第二象限内的轨迹如图所示离子的周期T=2-离子第一次在第一象限内运动的时间t离子穿过x轴的时刻为t=n+t=n(0,1,2,)考点：此题考查带电粒子在磁场中的圆周运动及在电场中的类平抛运动的规律，属于复合场类的综合题目。