2019-2020年高三上学期1月月考物理试题含解析.doc

2019-2020年高三上学期1月月考物理试题含解析 xx1【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的基本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以及它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第I卷(选择题 共40分)一、选择题：(本题共10小题，每小题4分，共40分有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)【题文】1关于力和运动的关系，下列说法中正确的是A物体做曲线运动，其速度一定改变B物体做曲线运动，其加速度可能不变C物体在恒力作用下运动，其速度方向一定不变D物体在变力作用下运动，其速度大小一定改变【知识点】物体做曲线运动的条件D6【答案解析】AB解析：A物体做曲线运动，因其合外力与速度不在一条直线上，其速度一定改变，故A正确；B当所受恒定外力与初速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故B正确；C物体做平抛运动时合外力恒定，但速度方向是变化的，故C错误；D物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变，故D错误故选B【思路点拨】（1）做曲线运动的条件是：合外力的方向与初速度的方向不在同一直线上（2）物体做平抛运动时合外力恒定，但速度方向是变化的；（3）物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变【题文】2利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是A电势差UCD仅与材料有关B仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大C若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则电势差UCD0D在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向【知识点】霍尔效应及其应用I7【答案解析】B解析：A、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD0CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvS=nqvbc，则U=故A、C错误，B正确D、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过故D错误故选：B【思路点拨】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关【题文】3如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B点，此时OB与OA之间的夹角 90。设此过程OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是AFOA一直减小 BFOA一直增大CFOB一直减小 DFOB先减小后增大【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B4B1【答案解析】AD解析：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当=90时，FOB最小故选：AD【思路点拨】结点O为研究对象，分析受力，作出轻绳在B和B两个位置时受力图，由图分析绳的拉力变化【题文】4如图两颗卫星1和2的质量相同，都绕地球做匀速圆周运动，卫星2的轨道半径更大些。两颗卫星相比较A卫星1的向心加速度较小B卫星1的动能较小C卫星l的周期较小 D卫星l的机械能较小【知识点】万有引力定律及其应用D5【答案解析】CD解析：卫星围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力有=ma，所以：A、向心加速度知，轨道半径小的卫星1向心加速度来得大，故A错误；B、线速度知，轨道半径小的卫星1线速度来得大，故B错误；C、周期T=知，轨道半径小的卫星1的周期来得小，故C正确；D、将卫星从低轨道进入高轨道，火箭要点火加速做功，则卫星2的机械能较大，即卫星l的机械能较小故D正确故选：CD【思路点拨】根据牛顿的万有引力定律研究引力的大小卫星由万有引力提供向心力，根据对应量的表达式研究速度、周期、再通过变形可得动能表示，研究动能由卫星从第轨道进入高轨道需要加速度，可研究机械能【题文】5质量为20 kg的物体在水平面上运动的v-t图像如图，以水平向右的方向为正。以下判断正确的是A在03 s内，质点的平均速度为零 B在35 s内，物体的位移为零C第2 s末，合外力的功率为8 W D在l6 s内，合外力的功为零【知识点】匀变速直线运动的图像A5【答案解析】CD解析：A、在03s内，质点的平均速度故A错误B、在35s内，物体的位移x=vt=24=8m故B错误C、2s末的速度为2m/s，加速度为a=，根据牛顿第二定律得，F合=ma=4N，根据P=F合v=42W=8W故C正确D、在16s时间内，动能变化为零，根据动能定理，合外力不做功故D正确故选：CD【思路点拨】速度时间图线与时间轴所围成的面积表示物体的位移，根据图线的斜率求出加速度，从而根据牛顿第二定律求出合力，得出合力的功率根据动能的变化判断合外力做功的情况【题文】6如图，MN右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与MN垂直。现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于MN匀速向右运动。导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图像可能是(取逆时针电流为正)【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律J2L2【答案解析】C解析：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，因此AB错误；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，故D错误，C正确；因此只有C正确；故选C【思路点拨】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果【题文】7如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P。横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q。当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为。已知，则下列说法正确的是 A小车一定向右做匀加速运动B轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C小球P受到的合力大小为mgtanD小球Q受到的合力大小为mgtan【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用C2B3【答案解析】D解析：A、对细线吊的小球研究,根据牛顿第二定律，得mgtan=ma，得到a=gtan，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误；B、由牛顿第二定律，得mgtan=ma因为a=a，得到= 则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；C、由牛顿第二定律可知F=ma=mgtan，故C错误，D正确故选：D【思路点拨】先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种【题文】8如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)。原线圈接入如图乙所示的正弦交流 电压u，下列说法正确的是A电压u的频率为100 HzB电压表的示数为22VC照射R的光变强时，灯泡变暗D照射R的光变强时，电流表的示数变大【知识点】变压器的构造和原理M2【答案解析】BD解析：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f= Hz，故A错误；B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B正确；C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，可知电路中的电流增大所以灯泡变亮故C错误；D、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据P=，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故D正确；故选：BD【思路点拨】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【题文】9图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图象如图乙所示。下列判断正确的是AP点电势高于Q点电势BP点场强大于Q点场强CP、Q两点的电势差为D带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能【知识点】电势能；电场强度I1I2【答案解析】ABC解析：A、由图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确B、由乙图可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确C、由动能定理知qUAB=，可求出AB两点的电势差为，故C正确；D、负电荷在电势低的地方电势能大，故电荷在P点的电势能一定小于Q点的电势能，故D错误；故选：ABC【思路点拨】由速度图象看出，粒子的速度减小，负电荷受向左的电场力，故电场线方向向右，负电荷在电势低的地方电势能大，根据速度图象的斜率等于加速度，可比较加速度的大小，从而能比较出电场力的大小【题文】10如图，AB为竖直面内半圆的水平直径。从A点水平抛出两个小球，小球l的抛出速度为v1、小球2的抛出速度为v2。小球1落在C点、小球2落在D点，C，D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和l倍。小球l的飞行时间为t1，小球2的飞行时间为t2。则At1 = t2Bt1 t2Cv1： v2 =4： Dv1 ：v2=3：【知识点】平抛运动D2【答案解析】BC解析：对小球1，根据平抛运动规律：对C点与两条半径组成的直角三角形，由勾股定理可得OC在水平方向的分量为0.6R故1.6R=v1t1竖直方向：0.8R=gt12对小球2，根据平抛运动规律：水平方向：R=v2t2竖直方向R=gt22得：t1=4t2=2可见t1t2v1=0.4v2=故v1：v2=4：故选：BC【思路点拨】小球1、2都做平抛运动，根据平抛运动规律列方程求解;解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，运算量有点多二、本题共2小题，共16分，用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置【题文】11(6分)如图甲，一个圆盘可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，纸带随圆盘运动通过打点计时器打上一系列点。用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，用此装置打出的一条纸带如图丙所示(打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)。(1)根据图乙读出圆盘的直径为_cm；(2)根据图丙计算，打D点时圆盘转动的角速度为_rads；(3)由图丙可知，纸带运动的加速度大小为_ms2。【知识点】测定匀变速直线运动的加速度A7【答案解析】（1）6.000cm；（2）13rad/s；（3）0.60解析：（1）整数部分为60mm，小数部分为零，由于精确度为0.05mm，故需写到0.001cm处，故读数为6.000cm；故直径为6.000cm；（2）打下计数点D时，速度为vD=0.389m/s故=13rad/s（3）纸带运动的加速度为a=0.60m/s2【思路点拨】（1）20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，读数时先读大于1mm的整数部分，再读不足1m的小数部分；（2）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=r求解角速度；（3）用逐差法求解出加速度，从而即可求解【题文】12(10分)用电流表、电压表、滑动变阻器“测电池的电动势和内阻”的实验时，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时， 电压表读数变化很小，从而影响测量值的精确性。可以利用一定值电阻，对实验进行改良。某次实验中，除一节新干电池、电压表、电流表和开关外，还有定值电阻R0(1.8)、滑动变阻器R 1(010)、滑动变阻器R 2(0200)。(1)请你画出应采用的实验电路原理图。(2)为方便实验调节较准确地进行测量，滑动变阻器应选用_(填“R 1”或“R 2”)。(3)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数如下表I/A0.150.200.250.300.400.50U/N1.201.101.000.900.700.50请你在给出的坐标纸中画出U-I图线。(4)根据图线得出新干电池的电动势E=_V，内阻r=_。【知识点】测定电源的电动势和内阻J7【答案解析】（1）如图所示；（2）R1；（3）如图所示；（4）1.5（1.481.52均正确）；0.2（0.160.24均正确）解析：（1）电源内阻太小，可以用定值电阻与电源串联组成等效电源，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：（2）为方便实验操作，滑动变阻器应选择：R1（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（4）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，则电源电动势：E=1.50，图象斜率：k=r+R0=2，则电源内阻：r=kR0=21.8=0.2.【思路点拨】（1）根据实验原理与实验器材作出实验电路图（2）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（3）应用描点法作出图象（4）根据电源UI图象求出电源电动势与内阻三、解答题(本大题共4小题，共44分用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)【题文】13(8分)如图，光滑半圆弧轨道半径为r，OA为水平半径，BC为竖直直径。水平轨道CM与C点相切，轨道上有一轻弹簧，一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。一质量为m的小物块自A处以竖直向下的初速度v0=滑下，到C点后压缩弹簧进入水平轨道，被弹簧反弹后恰能通过B点。重力加速度为g，求：（1）物块通过B点时的速度大小；(2)物块离开弹簧刚进入半圆轨道C点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的最大弹性势能。【知识点】机械能守恒定律；向心力E3D4【答案解析】（1）物块通过B点时的速度大小；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道C点时对轨道的压力大小6mg；（3）弹簧的最大弹性势能4mgr解析：（1）物体恰能通过B点，此时对轨道压力为零mg= ，解得（2）物体由C到B机械能守恒： ，在C点联立解得FN=6mg ，由牛顿第三定律可知FN=FN=6mg（3）物体从A点到弹簧最短的过程中，根据能量守恒物体从弹簧最短到B点过程根据能量守恒解得EP=4mgr【思路点拨】（1）物体恰能通过B点，由牛顿第二定律即可求得；（2）由动能定理和牛顿第二定律即可求得（3）有能量守恒即可判断【题文】14(10分)如图所示，倾角0=30、宽L=1m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=IT、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量m=02kg，电阻R=l的金属棒ab垂直于导轨放置。现用一平行于导轨向上的牵引力F作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨 电阻不计，重力加速度g取l0ms2。求：(1)若牵引力的功率P恒为56W，则ab棒运动的最终速度为多大?(2)当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab棒的电量q=0.5C，则撤去牵引力后ab棒向上滑动的距离多大?【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率L2E1【答案解析】(1) 7m/s (2) 0.5m解析：（1）当以恒定功率牵引ab棒时，P=FvI=F安=BILF-（mgsin+F安）=0代入数据得：v=7m/s（v=-8m/s舍去）（2）设撤去F后ab棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为S，通过ab的电荷量：q=又,=BLS联立各式得：，代入数据解得：S=0.5m；【思路点拨】（1）当加速度为零时，ab棒最终做匀速运动，结合共点力平衡以及P=Fv求出ab棒最终的速度（2）根据电流的定义式，结合法拉第电磁感应定律求出撤去牵引力后ab棒滑动的距离【题文】15(12分)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为+q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于A C边界射入上方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC 间距离的可能值。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力I3C2D4【答案解析】（1）粒子射入时的速度大小为；（2）B1时，粒子不会从AC边界飞出；（3）若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为4na（n=1，2，3）；解析：（1）设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，由几何关系可知；R=5a ,由牛顿第二定律可知：qvB0=m ,解得：v=；（2）当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1+r1cos=3a ,cos= ,所以r1= ,根据qvB1=解得：B1= ,当B1时，粒子不会从AC边界飞出（3）当B=3B0时，粒子在OF下方的运动半径为：r=a设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：=4a；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：L=n=4na（n=1，2，3）；【思路点拨】1）由几何关系确定粒子半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得速度；（2）根据临界条件可求出粒子的半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强的范围；（3）根据几何关系确定粒子可能的轨迹，再由几何关系确定距离的可能值【题文】16(14分)如图，在倾角=53的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度l=3m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为L=9m。在平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为=0.5，不考虑滑块由平板落到斜面的速度变化。求：(sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2)(1)滑块离开平板时的速度大小；(2)滑块从离开平板到到达斜面底端C经历的时间；(3)滑块到达C处时，平板的B端与C的距离。【知识点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系C5A2【答案解析】（1）8m/s（2）0.8s（3）4.8m解析：（1）滑块在平板上滑行过程中，根据牛顿第二定律对滑块：mgsin=ma1对平板：Mgsinu（Mgcos+mgcos）=Ma2设滑块在平板上滑行的时间为t1滑块离开平板时的速度大小：v1=a1t1 ,代入数据解得：v1=8m/s（2）设滑块离开平板时距C的距离为x，则设滑块在斜面上滑行过程中，滑块的加速度为a3，到达C点经历的时间为t2，则mgsinmgcos=ma3 ,代入数据解得：t2=0.8s（3）滑块离开平板时，平板的速度：v2=a2t1此后平板的加速度也为a3，在t2时间内，平板的位移：滑块到达C点时平板B端与C的距离为：x3=xx2代入数据解得：x3=4.8m【思路点拨】分别研究滑块与平板的运动情况：开始时，由于Mgsin53（M+m）gcos53，滑块在平板上滑动时，平板静止不动根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，由位移速度关系式求出滑块到达B点时的速度滑块离开平板后，根据牛顿第二定律求出滑块沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间滑块滑离后平板才开始运动，根据牛顿第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间再求解时间差