湖北省黄石市、仙桃市、黄冈市等八市2019届高三3月联合考试理综试题

湖北省黄石市、仙桃市、天门市、潜江市随州市、鄂州市、咸宁市、黄冈市2019届高三3月联合考试理综试题物理答案及评分建议14．【答案】B【解析】氢气放电管发出可见光是原子从较高能级跃迁至较低能级的结果，是由于原子内部电子运动产生的，与原子核内部变化无关，A项错误；β衰变放出β粒子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，所以导致原子核结构发生了改变，B项正确；α粒子散射实验表明原子具有核式结构，C项错误；光电效应是原子核外电子吸收光子能量逃逸出来的现象，跟原子核内部变化无关，D项错误。15．【答案】C【解析】人造卫星在围绕地球做匀速圆周运动的过程中由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和匀速圆周运动知识得GMmr2＝mv2r＝ma，解得v＝GMr，a＝GMr2，由题意可知，卫星a的轨道半径小于卫星c(b)的轨道半径，故卫星a的线速度大于卫星c的线速度，卫星b的线速度等于卫星c的线速度，而卫星b的向心加速度小于卫星c的向心加速度，A、B项错误，C项正确；由于不知道卫星的质量关系，故无法判断卫星a的机械能与卫星b的机械能关系，D项错误。16．【答案】D【解析】由于磁场方向不确定，无法判断粒子带电性质，A、B项错误；由于整个过程中粒子质量、电量保持不变，故粒子在铅板左右两侧运动的周期不变，又因为带电粒子穿过铅板动能有损失，轨道半径会减小，由题图可知在带电粒子在铅板左边的运动轨道半径大于右边的轨道半径，而轨道圆弧对应的弦长都等于云室的半径，所以粒子在左边偏转的圆心角小于右边偏转的圆心角，即粒子在铅板左侧运动的时间小于右侧运动的时间，C项错误(也可从圆弧轨迹长度与线速度大小的角度比较)；粒子在铅板左边的运动轨道半径大于右边的轨道半径，由向心力公式qvB＝mv2r得轨道半径公式r＝mvBq，左侧速度大于右侧速度，故粒子一定是从左向右穿过铅板，D项正确。17．【答案】A【解析】当S闭合后，原线圈中I1等于灯泡L1的电流，副线圈中I2是灯泡L2和L3的电流之和，由于三只相同的灯泡正常发光，故I2＝2I1，根据n1I1＝n2I2可知n1：n2＝2：1，由于输入电压题号1415161718192021答案BCDACBDBCBDU=UL+U1=18V，且1122UnUn，U2=UL，得U1=2UL，故UL=6V，即小灯泡的额定电压为6V，A项正确，B项错误；由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u＝182sin100πt(V)，C项错误；断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，原线圈电流I1随之减小，则有灯泡L1变暗，L1两端电压减小，由U1=U－UL得原线圈两端电压U1增大，副线圈两端电压U2随之增大，灯泡L2变亮，D项错误．18．【答案】C【解析】设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A项错误；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v＇，则由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)v＇+m2vm，2m2210211021′)(21)(21vmvmmvmm，解得vm=0，或vm=5m/s，即滑块的最大速度为5m/s，B项错误；当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1+m2)v，解得v=2.5m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得ghmmvmmmvmm)()(21)(211022102110，解得h=0.625m，C项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4m时，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0=(m0+m1)v1=(m0+m1)vx+m2v3，得vx=4m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得ghmmvmvvmmvmmyx)(21))((21)(21102322102110，解得h0.4m，D项错误。19．【答案】BD【解析】由于初始时刻弹性绳处于原长，弹力为零，小孩加速度向下，最后接触蹦床，速度一定会减小至零，故小孩先处于失重状态，后处于超重状态，A项错误；随着小孩的下落，弹性绳伸长弹力增大，弹力之间夹角减小，弹性绳合力增大，B项正确；小孩加速下落时，mg－F弹=ma，加速度减小，当接触蹦床后，做减速运动，F蹦+F弹－mg=ma，加速度增大，C项错误；由于弹性绳和蹦床都会对小孩做负功，所以小孩的机械能一直减小，D项正确。20．【答案】BC【解析】螺钉松脱时具有有升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移20121－gttvh，升降机这段时间的位移tvh02，故矿井的深度为h=h1+h2=45m，B项正确；螺钉落到井底时点速度大小为m/s25－0gtvv，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为′01tvh，解得t＇=6s，所以螺钉运动的总时间为t+t＇=9s，D项错误。21．【答案】BD【解析】小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为mqEa的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v0，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上v02=2gh，解得gvh220，A项错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v0=gt，解得gvt0，水平方向由vx=at，解得mgqEvvx0，B项正确；小球运动过程中动能的表达式为202222)()(21)(2121gtvtmqEmvvmmvEyxk，由数学知识可得当222202gmEqgvmt时，小球的动能最小，最小动能为）22222022(2gmEqvEmqEkm，C项错误；当小球运动到B点时，运动时间为gvt022，水平方向的位移为22022)2)((21mgqEvtmqEx，A、B两点之间的电势差为22022mgvqEExU，D项正确。22．【答案】(1)D(2分)(2)AE(2分)0.20(2分)【解析】(1)实验是根据钩码落地后木块在水平桌面上受摩擦力做匀减速直线运动求出动摩擦因数，故无需测出钩码释放时离地的高度，也不需要钩码的质量远小于木块的质量，实验准确操作应该是先启动打点计时器，再释放木块，A、B、C错误；从纸带打出的点迹可知AE段木块做匀变速直线运动，FJ段也做匀变速直线运动，可知钩码是在打出E、F两点时刻之间落地的，D项正确。(2)由于纸带右端连接木块，故木块在摩擦力作用下做匀减速直线运动时打出的是“AE”段纸带；由AE段纸带上打出的点迹间距离可知，匀减速运动的加速的大小为2ABBCCDDE)2(Txxxxa，T=0.1s，解得a=2.0m/s2，由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得μ=0.20。23．【答案】(1)见解析(3分)(2)4.8(2分)(3)5.0(2分)5.0(2分)【解析】(1)实物电路连线如图①②③；(2)当开关S1闭合，S2拨至1位置时，由欧姆定律可得U1=I1(RA+Rx)，当S2拨至2位置时，由欧姆定律可得U2=I2(RA+R0)，联立解得RA=1.8Ω，Rx=4.8Ω。(3)由闭合电路欧姆定律可得：)(0ARRRIE，变形得ERRREI0A11，可由斜率求得E=5.0V，或由截距及RA=1.8Ω求得E=5.0V；电阻箱消耗的功率)(4)()(0A20A220A22RRRRRRERRRRERIP，当R=RA+R0=5.0Ω时，电阻箱消耗的功率最大。24．【答案】(1)0.2C(2)0.75【解析】(1)由题意得0~t0时间内回路中磁通量的变化量：2=Δ0LdBΦ①(1分)由法拉第电磁感应定律可得：tΦEΔΔ=②(1分)由欧姆定律可得：REI=③(1分)故0~t0时间内通过电阻R的电荷量：q=IΔt④(1分)联立①②③④解得q=0.2C(2分)①③②(2)由题意得导体棒在t=0时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ，则有mgsinθ=fm⑤(1分)fm=μFN⑥(1分)FN=mgcosθ⑦(1分)在t0=0.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有F安=mgsinθ+fm⑧(1分)此时F安=B0Id⑨(1分)联立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ=0.75(2分)25．【答案】(1)9.75m(2)7.5m(3)50J5.56J9【解析】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数3==tan303可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得：)cos(212202hRgmvm①(2分)由①式解得h=9.75m(1分)(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=15m/s，滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知：μm2gcosθ－m1gsinθ=m1a1②(1分)滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知：μm2gcosθ+m2gsinθ=m2a2③(1分)设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知：v1=v0－a2t1=a1t1④(1分)该过程中木板走过的位移：1112tvx⑤(1分)滑块走过的位移：11022tvvx⑥(1分)之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度：L=x2－x1⑦(1分)联立②③④⑤⑥⑦解得：L=7.5m(1分)(3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知：(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a3⑧(1分)一起匀减速向上运动的位移：32132avx⑨(1分)木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知：322312avxx⑩(1分)滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知：v3=v2－a2t2=a1t2⑾(1分)该过程中木板走过的位移：2342tvx⑿(1分)一起匀减速向上运动的位移：32352avx⒀(1分)设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知：324542avxx⒁(1分)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为24121vmE⒂(1分)联立⑧⑨⑩⑾⑿⒀⒁⒂式得：50ΔJ5.56J9E(1分)33．【答案】(1)ADE(5分)(2)(i)72cmHg(3分)(ii)12cm(7分)【解析】(1)在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；分子间作用力随分子间距离增大先减小，然后反向增大，最后又一直减小，C项错误，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快，D项正确；当r＜r0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减少，E项正确。(2)(i)初始时，空气柱A的压强为pA＝p0＋ρgh1①(1分)而pB＋ρgh2＝pA②(1分)联立①②解得气体B的压强为pB=72cmHg(1分)(ii)U形管倒置后，空气柱A的压强为pA′＝p0－ρgh1③(1分)空气柱B的压强为pB＇＝pA′＋ρgh3④(1分)空气柱B的长度L2＇＝L2＋232hh⑤(2分)由玻意耳定律可得pBL2＝pB＇L2＇⑥(2分)联立③④⑤⑥解得h3＝12cm(1分)34．【答案】(1)ADE(5分)(2)(i)120°(5分)(ii)3Rc(5分)【解析】(1)由题意得xB=vt，解得v=8.0m/s，A项正确；由于t=1s时刻波源恰好回到平衡位置沿y轴正方向振动，A质点位于波谷，则有)41(Anx，而质点B恰好起振，则有mxB以及t=mT，故有m=4n+1，mxB，mtT当n=0、1、2、