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九師聯盟高三物理月考測驗(2019年後半期)附答案與解析

關于光電效應,下列說法正确的是
A. 在光電效應實驗中,用不同頻率的光照射相同的金屬表面,這種金屬的逸出功不同
B. 若用紫光照射某金屬表面能發生光電效應,用黃光照射該金屬表面時一定能發生光電效應
C. 用同一種頻率的單色光照射不同的金屬(都有光電效應發生),光電子的最大初動能與金屬的逸出功成線性關系
D. 隻要增加光照時間和光照強度照射金屬表面,該金屬一定能發生光電效應

【答案】C
【解析】
發生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率,與入射光的強度和照射的時間無關。根據光電效應方程知,入射光的頻率越高,光電子的最大初動能越大,與光強度無關。光電流強度與入射光的強度成正比,從而即可求解。
在光電效應實驗中,金屬的逸出功是由金屬本身決定的物理量,與入射光的頻率無關,選項A錯誤;黃光的頻率小于紫光,則若用紫光照射某金屬表面能發生光電效應,用黃光照射該金屬表面時不一定能發生光電效應,選項B錯誤;根據可知,用同一種頻率的單色光照射不同的金屬(都有光電效應發生),光電子的最大初動能與金屬的逸出功成線性關系,選項C正确;能否發生光電效應,由入射光的頻率決定,與光照時間和光照強度無關,選項D錯誤;故選C.

某質點做勻減速直線運動,經過靜止,則該質點在第1s内和第2s内的位移之比為
A. 7︰5
B. 9︰5
C. 11︰7
D. 13︰7

【答案】D
【解析】
本題用逆向思維來解決較好,物體運動的逆過程是初速度為零的勻加速直線運動,結合勻變速直線運動的位移時間公式分别求出第1s内、第2s内的位移之比.
物體以初速度做勻減速直線運動到停止,其逆過程是初速度為零的勻加速直線運動,将s分成相等的8個s,根據x=at2知,在這相等的8個s内的位移之比是:15:13:11:9:7:5:3:1,則該質點在第1s内和第2s内的位移之比為:(15+13+11):(9+7+5)=39:21=13:7,故選D.

如圖所示,物塊M左側貼着一豎直牆面,物塊N置于物塊M上.現将豎直向上的恒力F作用在M上,M、N一起向上做勻減速直線運動.M、N之間相對靜止,物塊N的質量為m,重力加速度為g,不計空氣阻力.下列說法正确的是

A. 物體N可能隻受到一個力
B. 物塊M與牆面之間一定沒有摩擦力
C. 物塊N對物塊M的作用力大小可能為mg
D. 物塊M與N之間可能沒有摩擦力,但一定有彈力

【答案】B
【解析】
分别隔離物體N和整體MN,其加速度豎直向下,分析其受力情況,根據牛頓第二定律分析各個力的關系.
若物體N隻受到一個力,那一定是重力,此時N的加速度是向下的g,整體的加速度也是向下的g,則F隻能為零,故假設錯誤,選項A錯誤;對MN的整體,水平方向合力為零,則M與牆壁之間無壓力,則物塊M與牆面之間一定沒有摩擦力,選項B正确;對物體N受力分析,重力向下、斜面M對N的彈力斜向右上方,因N受合力豎直向下,可知M一定對N有沿斜面向上的摩擦力;根據牛頓第二定律:mg-FMN=ma,可知FMN<mg,即物塊N對物塊M的作用力小于mg,選項C錯誤;故選B.

如圖所示,真空中固定兩個等量異号點電荷+Q、-Q,O點是兩電荷連線的中點,a、b兩點與+Q的距離相等,c、d是兩電荷連線垂直平分線上的兩點,bcd構成一等腰三角形,a、e兩點關于O點對稱.則下列說法正确的是

A. a、b兩點的電勢相同
B. a、e兩點的電場強度相同
C. 将電子沿cd邊由c點移到d點的過程中電場力做正功
D. 電子在b點的電勢能比在O點的電勢能大

【答案】B
【解析】
由場強的合成法則可得場強的大小關系,由電場力做功情況可得電勢的變化。兩等量異号點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線,正電荷在電勢高處電勢能大,分析電勢能關系。
a、b兩點雖然關于+Q對稱,但是由于-Q的影響,兩點的電勢并不相等,故A錯誤;a、e兩點的合場強大小相等,且方向相同,故B正确;c、O、d在一條等勢線上,故電子從c點移到d點電場力不做功,C錯誤;b點電勢高于O點的電勢,則電子在O點的電勢能大,故D錯誤。故選B。

如圖所示,兩顆人造衛星繞地球運動,其中一顆衛星繞地球做圓周運動,軌道半徑為r,另一顆衛星繞地球做橢圓形軌道運動,半長軸為a.已知橢圓形軌道的衛星繞地球n圈所用時間為t,地球的半徑為R,引力常量為G,則地球的平均密度為

A. B. C. D.

【答案】A
【解析】
根據開普勒第三定律對兩衛星列式;根據萬有引力等于向心力對對軌道半徑為r的衛星列式,聯系可求解地球的平均密度.
根據開普勒第三定律:;對軌道半徑為r的衛星:;又,聯立解得:,故選A.

如圖甲所示,理想變壓器的副線圈電路中,L1和L2是兩個相同的燈泡,R是定值電阻,S是開關,P是副線圈上的滑動觸頭.理想變壓器的原線圈接圖乙所示的交變電流.開始時S斷開,L1正常發光,下列說法正确的是

A. 理想變壓器原線圈電壓的瞬時值表達式為
B. 1s時間内,燈泡L1電流方向改變50次
C. 開關S閉合,L1正常發光
D. 開關S閉合,要使L1正常發光,P應該向上滑動

【答案】AD
【解析】
由交流電的圖像讀數信息,求解理想變壓器原線圈電壓的瞬時值表達式;電流的方向每周期内改變2次;開關S閉合,則次級電阻減小,而次級電壓不變,則次級電流變大,電阻R上的電壓變大,則兩燈泡上的電壓減小.
理想變壓器原線圈電壓的最大值為Um=22V,T=0.02s,,則理想變壓器原線圈電壓的瞬時值表達式為u=22sin100πt (V),選項A正确;因交流電的頻率為f=50Hz,則1s時間内,燈泡L1電流方向改變100次,選項B錯誤;開關S閉合,則次級電阻減小,而次級電壓不變,則次級電流變大,電阻R上的電壓變大,則兩燈泡上的電壓減小,L1不能正常發光,要使L1正常發光,P應該向上滑動,使次級電壓變大,選項C錯誤,D正确;故選AD.

如圖所示,半徑為R=0.4m的圓形光滑軌道固定于豎直平面内,圓形軌道與光滑固定的水平軌道相切,可視為質點的質量均為m=0.5kg的小球甲、乙用輕杆連接,置于圓軌道上,小球甲與O點等高,小球乙位于圓心O的正下方.某時刻将兩小球由靜止釋放,最終它們在水平面上運動,g取10m/s2.則

A. 小球甲下滑過程中機械能增加
B. 小球甲下滑過程中重力對它做功的功率先變大後減小
C. 小球甲下滑到圓形軌道最低點對軌道壓力的大小為12N
D. 整個過程中輕杆對小球乙做的功為1J

【答案】BD
【解析】
先對兩個球整體分析,隻有重力做功,系統機械能守恒,根據機械能守恒定律列式分析;考慮重力對小球甲做功功率時,結合特殊位置進行分析;在圓弧軌道最低點,重力和支持力的合力提供向心力,根據牛頓第二定律列式分析;對球乙運用動能定理列式分析。
小球甲下滑過程中,輕杆對甲做負功,則甲的機械能減小,選項A錯誤;小球甲下滑過程中,最高點速度為零,故重力的功率為零;最低點速度和重力垂直,故重力的功率也是零;而中途重力的功率不為零,故重力的功率應該時先增加後減小,故B正确;兩個球系統機械能守恒,故:mgR=mv2+mv2,解得:;小球甲下滑到圓弧形軌道最低點,重力和支持力的合力提供向心力,故:N-mg=m,解得:N=mg+=0.5×10+0.5×=10N,根據牛頓第三定律,壓力也為10N,故C錯誤;整個過程中,對球乙,根據動能定理,有:W=mv2=×0.5×22=1J,故D正确;故選BD。

如圖所示,一長為L=1m、質量為m=1kg的導體棒ab垂直放在光滑且足夠長的U形導軌底端,導軌寬度和導體棒等長且接觸良好,導軌平面與水平面成θ=30°角,整個裝置處在與導軌平面垂直的勻強磁場中,磁感應強度B=0.5T.現給導體棒沿導軌向上的初速度v0=4m/s,經時間t0=0.5s,導體棒到達最高點,然後開始返回,到達底端前已做勻速運動.已知導體棒的電阻為R=0.05Ω,其餘電阻不計,重力加速度g取10m/s2,忽略電路中感應電流之間的相互作用,則

A. 導體棒到達導軌平面底端時,流過導體棒的電流為5A
B. 導體棒到達導軌平面底端時的速度大小為1m/s
C. 導體棒從開始到頂端的過程中,通過導體棒的電量為3C
D. 導體棒從開始到返回底端的過程中,回路中産生的電能為15J

【答案】BC
【解析】
導體棒勻速運動時,重力沿斜面向下的分量等于安培力,由此可求解最大速度;根據E=BLv結合閉合電路歐姆定律求解電流;根據動量定理求解電量q;根據能量關系求解回路産生的電能.
導體棒到達底端前已做勻速運動,則由平衡知識:,帶入數據解得:vm=1m/s,選項B正确;導體棒到達導軌平面底端時,流過導體棒的電流為,選項A錯誤;導體棒從開始到頂端的過程中,根據動量定理:,其中,解得q=3C,選項C正确;導體棒從開始到返回底端的過程中,回路中産生的電能為 ,選項D錯誤;故選BC.

某同學在做“驗證平行四邊形定則”的實驗中,遇到了以下問題.請幫助該同學解答.
(1)物理學中有很多物理方法,本實驗采用的是________.
A.類比實驗法
B.等效替代法
C.控制變量法
D.極限法
(2)在做實驗之前,該同學發現有一隻彈簧測力計如圖甲所示,則在使用前應該對彈簧測力計________。

(3)如圖乙所示的四個力中,力________(填圖中字母)是由一隻彈簧測力計直接拉橡皮筋測得的.
(4)該同學已經作出了兩個分力的力的圖示,如圖丙所示,方格中每邊的長度表示0.5N,請幫助該同學用作圖法作出合力F的圖示,并求出合力的大小為________N.(結果保留兩位有效數字)

【答案】B 調零 F' 3.5
【解析】
(1)驗證平行四邊形定則”的實驗中采用的是等效替代法.
(2)在使用前應該對彈簧測力計進行調零。
(3)由一隻彈簧測力計直接拉橡皮筋時,力的方向與OA重合.
(4)根據平行四邊形法則做出合力F的圖示;由圖可知合力的大小.
(1)驗證平行四邊形定則”的實驗中采用的是等效替代法,故選B.
(2)在使用前應該對彈簧測力計進行調零。
(3)由一隻彈簧測力計直接拉橡皮筋時,力的方向與OA重合,可知如圖乙所示的四個力中,力F'是由一隻彈簧測力計直接拉橡皮筋測得的.
(4)合力F的圖示如圖;由圖可知合力的大小為3.5N.

如圖所示,在光滑水平面上有B、C兩個木闆,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一個可視為質點的物塊A,A、B、C的質量分别為3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右運動,C以速度v向左運動.B、C的上表面等高,二者發生完全非彈性碰撞但并不粘連,碰撞時間很短.A滑上C後恰好能到達C的中間位置,C的長度為L,不計空氣阻力.求:

(1)木闆C的最終速度;
(2)木闆C與物塊A之間的摩擦力f;
(3)物塊A滑上木闆C之後,在木闆C上做減速運動的時間t.

【答案】(1)v(2)(3)
【解析】
(1)B、C碰撞過程中動量守恒,A滑到C上,A、C動量守恒,根據動量守恒定律列式可求解木闆C的最終速度;(2)由能量守恒定律列式求解木闆C與物塊A之間的摩擦力f;(3)在A、C相互作用過程中,以C為研究對象,由動量定理可求解物塊A滑上木闆C之後,在木闆C上做減速運動的時間.
(1)B、C碰撞過程中動量守恒:2mv-mv=(2m+m)v1
解得
A滑到C上,A、C動量守恒:3mv+mv1=(3m+m)v2
解得v
(2)在A、C相互作用過程中,由能量守恒定律得

解得
(3)在A、C相互作用過程中,以C為研究對象,由動量定理得ft=mv2-mv1
解得

如圖所示,豎直平面内有一直角坐标系xOy,x軸沿水平方向.第二、三象限有垂直于坐标平面向裡的勻強磁場,與x軸成θ=30°角的絕緣細杆固定在二、三象限;第四象限同時存在着豎直向上的勻強電場和垂直于坐标平面向裡磁感應強度大小為B的勻強磁場,一質量為m,電荷量為q帶電小球a穿在細杆上沿細杆勻速下滑,在N點脫離細杆恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點,且速度方向垂直于x軸.已知A點到坐标原點O的距離為,小球a與絕緣細杆的動摩擦因數,重力加速度為g,空氣阻力忽略不計.求:

(1)帶電小球的電性及電場強度的大小E;
(2)第二、三象限裡的磁場的磁感應強度大小B1;
(3)當帶電小球a剛離開N點時,從y軸正半軸距原點O為的P點(圖中未畫出)以某一初速度水平向右平抛一個不帶電的絕緣小球b,b球剛好運動到x軸時與向上運動的a球相碰,則b球的初速度為多大?

【答案】(1)(2)(3)
【解析】
(1)由帶電小球a在第三象限内做勻速圓周運動可得,帶電小球a帶正電,且重力等于電場力,可求解場強大小;(2)帶電小球a從N點運動到Q點的過程中做圓周運動,根據幾何關系求解半徑,根據洛倫茲力等于向心力求解速度;帶電小球a在杆上勻速運動時,由平衡條件求解B1;(3)結合粒子在磁場中勻速圓周運動的周期和在平抛運動的知識求解b球的初速度.
(1)由帶電小球a在第三象限内做勻速圓周運動可得,帶電小球a帶正電,且mg=qE,

(2)帶電小球a從N點運動到Q點的過程中,設運動半徑為R,有:

由幾何關系有
聯立解得
帶電小球a在杆上勻速運動時,由平衡條件有
mgsinθ=μ(qvB1-mgcosθ)
解得

(3)帶電小球a在第四象限内做勻速圓周運動的周期
帶電小球a第一次在第一象限豎直上下運動的總時間為
絕緣小球b平抛運動至x軸上的時間為
兩球相碰有
聯立解得n=1
設絕緣小球b平抛的初速度為v0,則
解得

關于分子力和分子勢能,下列說法正确的是
A. 當分子力表現為引力時,分子之間隻存在引力
B. 當分子間距離為r0時,分子之間引力和斥力均為零
C. 分子之間的斥力随分子間距離的減小而增大
D. 當分子間距離為r0時,分子勢能最小
E. 當分子間距離由r0逐漸增大時(小于10r0),分子勢能增大

【答案】CDE
【解析】
分子力表現為引力時,分子之間的引力大于斥力,并非分子之間隻存在引力,選項A錯誤;當分子間距離為r0時,分子之間引力和斥力相等,分子力表現為零,選項B錯誤;分子之間的斥力随分子間距離的減小而增大,選項C正确;當分子間距離為r0時,分子勢能最小,選項D正确;當分子間距離由r0逐漸增大時(小于10r0),因分力表現為引力,分子力做負功,則分子勢能增大,選項E正确;故選CDE.

如圖所示是一定質量的理想氣體的p-V圖象,理想氣體經曆從A→B→C→D→A的變化過程,其中D→A為等溫線.已知理想氣體在狀态D時溫度為T=400K,求:

①理想氣體在狀态B時的溫度TB.
②若理想氣體在C→D過程中内能減少300J,則在C→D過程中理想氣體吸熱還是放熱?熱量變化了多少?

【答案】①TB=1000K ②理想氣體放熱,放出400J
【解析】
①A與D狀态的溫度相同,由蓋呂薩克定律得确定B的溫度;②、結合熱力學第一定律确定吸熱放熱情況。
①D→A為等溫線,則TA=T=400K
A到B過程,由蓋呂薩克定律得
解得TB=1000K
②C→D過程壓強不變,由W=p△V
得W=100J
△U=W+Q
得Q=-400J
故理想氣體放熱,放出400J.

關于單擺,下列說法正确的是________.(填正确答案标号.)
A. 将單擺由沈陽移至廣州,單擺周期變大
B. 單擺的周期公式是由惠更斯總結得出的
C. 将單擺的擺角從4°改為2°,單擺的周期變小
D. 當單擺的擺球運動到平衡位置時,擺球的速度最大
E. 當單擺的擺球運動到平衡位置時,受到的合力為零

【答案】ABD
【解析】
将單擺由沈陽移至廣州,因重力加速度減小,根據可知,單擺周期變大,選項A正确;單擺的周期公式是由惠更斯總結得出的,選項B正确;單擺的周期與擺角無關,将單擺的擺角從4°改為2°,單擺的周期不變,選項C錯誤;當單擺的擺球運動到平衡位置時,重力勢能最小,則擺球的速度最大,選項D正确;當單擺的擺球運動到平衡位置時擺球速度最大,有向心加速度,則受到的合力不為零,選項E錯誤;故選ABD.

如圖所示為一折射率,的圓柱形棱鏡橫截面,半徑為R.某單色光水平向右射入棱鏡,圓心O到入射光線的垂直距離為.已知光在真空中的傳播速度為c,求:

①這束單色光從射入棱鏡到第一次射出棱鏡,光線偏轉的角度;
②這束單色光從射入棱鏡到第一次射出棱鏡,所用的時間.

【答案】①偏轉角度60° ②
【解析】
畫出光路圖,結合幾何關系,根據折射定律求解光線偏轉的角度;求出這束單色光線從射入棱鏡到第一次射出棱鏡的路程,根據n=c/v求解速度,根據t=s/v求解時間.
①光線射入棱鏡後,第一次從棱鏡中射出的光路圖如圖所示.

由幾何關系得
即θ1=60°
由折射定律得
即θ2=30°
偏轉角度φ=2(θ1-θ2)=60°
②這束單色光線從射入棱鏡到第一次射出棱鏡,路程為x=2Rcosθ2

光在棱鏡中的傳播速度

所用時間

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