2019届高三物理12月段考试题(含解析) (I).doc

2019届高三物理12月段考试题(含解析) (I)第I卷 选择题1. 现用某一光电管进行光电效应实验，当用频率为的光照射时，有光电流产生下列说法正确的是( ）A. 光照时间越长，光电流就越大B. 减小入射光的强度，光电流消失C. 用频率小的光照射，光电效应现象消失D. 用频率为2的光照射，光电了的初动能变大【答案】D【解析】试题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目光电流的大小与入射光的时间无关，入射光的强度越大，饱和光电流越大，故A错误；发生光电效应时，能否发生光电效应与入射光的强度无关，减小入射光的强度，光电流不能消失，故B错误；用频率为v的光照射时，有光电流产生，用频率小于v的光照射，光电效应现象不一定消失，还要看入射光的频率是否小于极限频率故C错误；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，故D正确；2. 将质量为m=0.1kg的小球从地面竖直向上抛出，初速度为v0=20m/s，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f=kv，已知k=0.1kg/s。其在空气的速率随时间的变化规律如图所示，取g=10m/s2,则以下说法正确的是（ ）A. 小球在上升阶段的平均速度大小为10m/sB. 小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零C. 小球落地前匀速运动，落地速度大小v1=10m/sD. 小球抛出瞬间的加速度大小为20m/s2【答案】C【解析】根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于 ，故小球上升过程的平均速度小于10m/s，故A错误球在t1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g，故B错误由图象可知，小球落地前匀速运动，由 mg=f=kv1；得 v1=10m/s故C正确小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；联立解得：a0=30m/s2故D错误故选C.点睛:关于速度时间图象问题，重点要掌握速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移要注意公式 只适用于匀变速直线运动3. 磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A. a、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbB. a、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbC. 同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D. 同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小【答案】B【解析】AB：磁感线的疏密表磁场强弱，则。A项错误，B项正确。CD：当通电导线与磁场平行时，通电导线受的安培力为零；则同一通电导线放在a处受力与放在b处受力大小关系不确定。CD两项均错误。4. 如图所示，R为可变电阻，C为电容器，V为理想电压表，增大R的阻值时，（ ）A. C所带电荷量减小 B. C所带电荷量始终为0C. V的示数增大 D. V的示数不变【答案】D【解析】试题分析：电路断路，电容器两端电压等于电源电动势，电压表测量电源电动势，增大R，电路无变化，C所带电荷量不变，但不为零，电压表示数仍等于电源电动势，不变，故D正确；考点：考查了含电容电路【名师点睛】本题关键是抓住理想电压表对电路没有影响的特点，电压表相当于开关断开5. 如图所示，光滑轨道ABCD中BC为圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，则（ ）A. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关B. 小滑块不可能返回A点C. 若，滑块经过C点时对轨道压力大小为D. 若，皮带速度，则物块第一次滑上传送带，由于摩擦而产生的内能为【答案】D【解析】试题分析：由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块恰好速度等于0时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关故A正确；滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到A点故B错误；若H=4R，滑块经过C点时的速度：,滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：得：FN=9mg；根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg故C错误；选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是，则滑块的加速度：ag滑块的速度为-时，使用的时间：滑块的位移：x1vt+at2代入数据得：这段时间内传送带的位移：滑块与传送带之间的相对位移：xx1x2由于摩擦而产生的内能为：Q=fx=mg=9mgR，故D正确故选AD。考点：动能定理及牛顿定律的综合应用【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，解决本题的关键理清物体的运动过程，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解。6. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A. 在x2和x4处电势能相等B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大C. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【答案】BC.考点：由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系。【名师点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要。视频7. 如图所示，A、B、C是水平面上同一直线上的三点，其中AB=BC，在4点正上方的O点以初速度v。水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与OC的连线交与D点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A. 小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的1/2B. 小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的 1/3C. 小球经过D点与落在B点时重力做功的比为 1/4D. 小球经过D点与落在B点时重力做功的比为 1/3【答案】AC【解析】从O到B过程，根据平抛运动的分运动公式，有：AB=v0t，h=gt2，联立解得：AB=；在D点，速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2倍， ；解得： ，因 ; ，解得 ，则 ，选项A正确，B错误； D点与出发点的竖直距离 ，根据W=mgh可知小球经过D点与落在B点时重力势能之比是1/4，选项C正确，D错误；故选AC.点睛：本题关键是明确物体的运动性质是平抛运动，然后结合平抛运动的分运动公式列式求解，注意D点是轨迹与OC直线的交点，要结合“速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2倍”这个结论分析.8. 一个质最为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻和一个质最为m2的太空碎片发生迎头正碰，碰后二者结合成一个整体，速度大小变为卫星原来速度的，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点，若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次通过远地点时通过极短时间的遥控喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同。已知地球的半径为R，地球表面的重力加度大小为g，则下列说法正确的是（ ）A. 卫星与碎片碰撞前的线速度大小为B. 卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为C. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为D. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为【答案】BD【解析】试题分析：万有引力充当向心力，根据公式分析碰撞卫星线速度，根据分析碰撞前卫星的周期；根据能量守恒分析喷气装置做的功卫星受到万有引力定律充当向心力，故有碰撞前，结合黄金替代公式可得卫星与碎片碰撞前的线速度大小为，A错误；根据公式，解得，B正确；当再次回到碰撞点，要使两者回到原来轨道运动，速度必须满足，故根据能量守恒定律可得，解得，故C错误D正确。9. 如图所示，倾角为370的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m=1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g= 10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。则下列说法正确的是 ( ) A. 物体与传送带间的动摩擦因数为0. 75B. 08 s内物体位移的大小为14 mC. 08 s内物体机械能的增量为84 JD. 08 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J【答案】BD【解析】根据v-t图象的斜率表示加速度，可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为：a=lm/s2由牛顿第二定律得：mgcos-mgsin=ma，解得 =0.875故A错误08s内物体位移为： ，故B正确物体被送上的高度为：h=ssin=8.4m，重力势能的增量为：Ep=mgh=84J动能增量为： 机械能增加为：E=Ep+Ek=90J，故C正确0-8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动0-6s内传送带运动距离为：s带=46m=24m0-6s内物体位移为： 产生的热量为：Q=mgcoss相对=126J，则08 s内因放上物体，传送带电动机多消耗的电能为Q+E=216J, 故D正确；故选BD.点睛：本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解第II卷 非选择题10. 在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，某同学先用多用电表的250 mA档测量通过小灯泡的电流。 (1)在图甲电路中，需要将多用电表的两表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与 _连接（填“a”或“b”）。 (2)将得到的数据记录在表格中，当电源为1.50 V时，对应的多用电表指针指示如图乙所示，其读数为_ mA。 (3)由于长期使用多用电表，表内电池的电动势会降低，仍按第(2)步骤测量电路中的电流，则测量示数会_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】 (1). （1）b (2). （2）174 (3). （3）不变【解析】（1）因a点的电势高于b点，故应该红表笔接a点，黑表笔接b点；（2）当电源为1.50V时，对应的多用电表读数为174mA.（3）多用电表的电流档内不接电源，故表内电池的电动势会降低时，测量值不变.11. 某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理:（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s=_cm； （2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间t1和t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是_； （3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？ _（填“是”或“否”）.【答案】 (1). （1）50.0 (2). （2）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M (3). （3）否（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为： 滑块通过光电门2速度为： 根据功能关系需要验证的关系式为：可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量12. 某位同学为了研究超重和失重现象，将重为的物体带上竖直方向上运动的电梯，并将它水平放在电梯中的传感器上，若电梯由静止开始运动，并开始计时，测得重物对支持面的压力随时间变化的图象如图所示，根据图中的信息，求：(1)判断电梯的运动方向(2)电梯运动的最大速度(3)电梯运动的最大距离【答案】(1)方向一直向下(2)1.2m/s(3)8.4m【解析】(1)根据题可知，根据牛二定律，解得，方向向下，由题可知，故电梯做匀速运动，：解得：，方向向上 故电梯一直向下运动(2)由(1)可知，根据运动学公式，解得(3)根据运动学公式内，：，：，故电梯运动的最大距离13. 如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小。（2）若滑块B的质量为mB=1Kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电。（3）小车上的半圆轨道半径R大小。【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J（3）1.5m【解析】(1)小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得： AB碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=-mv1+5mvB，代入数据解得：vB=1m/s；(2)经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+gt，代入数据解得：t=1s，物块滑行的距离为：解得：s物=3.5m=L，传送带的位移为：s传=v0t=61=6m，则有：S相=S传-S物=6-3.5=2.5m，Q=fS相=mgS相=12.5J，电动机多做的功为：代入数据解得：W电=30J(3)物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，由机械能守恒定律得：代入数据解得：R=1.5m；【点睛】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择14. 如图所示，半径R = 0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q1.00107C。圆心O与A点的连线与竖直成一角度，在A点时小球对轨道的压力N = 1.2N，此时小球的动能最大若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g取10m/s2）则：小球受到重力和电场力的合力是多少？小球的最小动能是多少？现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度。【答案】（1）0.2N（2）0.8J（3）0.01kg；1.73104N/C，方向水平向左【解析】试题分析：、小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB设小球在复合场中所受的合力为F，则有；（2分）即：（2分）带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：-F2R=EKB-EKA=-0.32 （2分）由此可得：F = 0.2N，（2分）（2分）即小球的最小动能为0.08J，重力和电场力的合力为0.2N带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动设小球的质量为m，则：2R= （2分）得：m=0.01kg （2分）=600（2分）（2分）E=（1分） 方向水平向左 （1分）考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量