江西师大附中2019届3月月考物理试卷解析卷
选择题
1．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为 （ ）
1401414410A. 6C?1e?5B B. 6C?2He?4Be 1421414C. 6C?1He?5B D. 6C?0?1e?147N
【答案】D
【解析】试题分析：核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据左手定则判断粒子与反冲核的电性关系．结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得粒子与反冲核的电荷量之比．
原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是?粒子，符号为．可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有： m1v1?m2v2，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得： r?mv，可见r与q成反比．由题意，大圆与小圆的直径之比为7：1，半径之比为7：1，则得：qB14粒子与反冲核的电荷量之比为1：7．所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为7N，所以碳1414140的衰变方程为6C?7N+?1e，故D正确．
2．如图所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h，该螺线管是用长为l的硬质直管（内径远小于h）弯制而成。一光滑小球从上端管口由静止释放，关于小球的运动，下列说法正确的是
A．小球到达下端管口时的速度大小与l有关 B．小球到达下端管口时重力的功率为mg2gh 2l2C．小球到达下端的时间为 ghD．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变
【答案】C 【解析】
试题分析：在小球到达最低点的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh?12解得v?2ghmv，
2小球到达下端管口时的速度大小与h有关，与l无关，故A错误；到达下端管口的速度为v?2gh，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为P=mg2ghsinθ，故B错误；物体在管内下滑的加速度为
a?gh L2l2l212故下滑所需时间为t，则l?att? ＝ ，故C正确；小球得做的是加速螺旋运动，速度越来愈
agh2mv2大，做的是螺旋圆周运动，根据Fn＝可知，支持力越来越大，故D错误；故选C.
R考点：动能定理；牛顿定律的应用；功率
【名师点睛】本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律，抓住小球在下滑过程中速度越来越大，所需要的向心力也越来越大即可解答；注意小球在螺旋状管中下滑时，与沿斜面下滑很相似，可结合此问题来解答；此题是中等题.
3．在xOy坐标系的Ⅰ、Ⅳ象限有垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上A点（L，0）同时以相同速率v沿不同方向发出a、b两个相同带电粒子（粒子重力不计），其中a沿平行+y方向发射，经磁场偏转后，均先后到达y轴上的B点（0， 3L），则两个粒子到达B点的时间差为（ ）
A. 43?L3?L B. 3vvC.
4?L8?L D. 3v3v【答案】D
【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力，使其做匀速圆周运动，并由题意可分劣圆弧与优圆弧，从而由几何关系来确定已知长度与半径的关系，并由周期公式可两个粒子到达B点的时间差． 做出ab的运动的轨迹如图，
对于a的运动轨迹，由几何关系得： R??R?L??22?3L?2，解得R?2L，a粒子的偏转角
sin??tA?153L3，所以???，同理可得b粒子的偏转角??? ，a粒子在磁场中运动的时间?332L2?2?L?R5?R10?L，b粒子在磁场中运动的时间： tB? ，它们到达B点的时间??v3v3vv3v3v10?L2?L8?L差： ?t?tB?tA?，D正确； ??3v3v3v?R?R?4．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400
km，地球同步卫星距地面高为36000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时．宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( ) A. 4次 B. 6次 C. 7次 D. 8次 【答案】C
R13T12【解析】试题分析：据开普勒第三定律得： 3?2， R1?4200km?6400kmR2?36000km?6400km，
R2T21，又已知地球同步卫星的运行周8242?期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期T1?，所h?3h，由匀速圆周运动的角速度??8T2??以宇宙飞船的角速度为，当两者与太阳的连线是一条直线rad/h，同步卫星的角速度为rad/h，
312?12且位于地球异侧时，相距最远，此时追击距离为?R，即一个半圆，追击需要的时间为： h?h，
2??7?3122?24追击距离变为2?R，即一个圆周，追击时间为： t?h?h，可以得到24h内完成追击次数
2??7?31224h为： ?7次，接收站共接收到信号的次数为为7次，故选项C正确，选项ABD错误。
24h7可知载人宇宙飞船的运行周期T1与地球同步卫星的运行周期T2之比为
考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系、万有引力定律及其应用
【名师点睛】地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等．当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差。 （2n???）（n?0、1、2、?）5．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 （报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是（ ）
A. 图乙中电压的有效值为1102V B. 电压表的示数为44V
C. R处出现火警时电流表示数增大
D. R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大 【答案】ACD
【解析】试题分析：图乙中电压的有效值为，故A正确；根据电流的热效应
，解得
，所以电压表的示数为
，电压与匝数成正比，即，解得：
，故B错误；R处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以
，
消耗的功
出现火警时副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，输入功率增大，根据所以电表的示数增大，故C错误； R处出现火灾时，阻值减小，由于电压不变，电流增大，
率增大，故D正确。
考点：变压器的构造和原理；电功、电功率
【名师点睛】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。
6．如图为一电源电动势为E，内阻为r的恒定电路，电压表A的内阻为10kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（ ）
A. 若C1＞C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差 B. 若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大 C. C1上带电量为零
D. 再将电键S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大 【答案】CD
【解析】试题分析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器
充电，两端存在电压．所以电压表两端的电势差小于静
的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑
没
电计两端的电势差，故A错误；电路稳定后，电容器动触头
向右滑动，电容器
的电压不变，电量不变，故B错误；由于电压表两端没有电压，电容器
有被充电，电量为零，故C正确；将电键打开，电容器的电量公式
不变，板间距离增大，电容减小，由
分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D正确。
考点：电容器的动态分析
【名师点睛】静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器
不带电．电路稳定后，电容器
的电压等于电源的电动势。
二、多选题
7．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处栓一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L，滑轮上端B点到O的距离为4L，现在对杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖