2019届高三物理上学期12月月考试题(含解析) (I).doc

2019届高三物理上学期12月月考试题(含解析) (I)一、选择题(17题单选，812题多选)1. 东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星，由以钱学森为首任院长的中国空间技术研究院自行研制，于1970年4月24日21时35分发射该卫星发射成功标志着中国成为继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家东方红一号卫星质量为173kg，可将其视为近地卫星，它绕地球运动的的动能约为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度为第一宇宙速度，即，则有，选B.2. 如图所示表面光滑、半径为R的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上分别带有正负电荷的两小球(大小忽略不计)处于平衡时，小球与球心连线与竖直方向的夹角分别为、，设这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，则以下说法正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】对受力分析如图所示由正交分解可得：平行球面方向，垂直球面方向，联立解得：，同理，对分析可得：，故，选D.【点睛】分别对和进行受力分析，根据正交分析求出两个小球重力与库仑力的关系式，两个小球受支持力与库仑力的关系式，即可分析求解.3. 如图所示，一个m=3kg的物体放在粗糙水平地面上，从t=0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在03s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则( )A. 在03s时间内，物体的速度先增大后减小B. 3s末物体的速度最大，最大速度为C. 2s末F最大，F的最大值为12ND. 前2s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变【答案】B【解析】由图可知，在03s内始终加速，3s末速度最大，最大为图象围成“面积”，即，A错误，B正确；动摩擦因素未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C错误；但滑动摩擦力不变，02s加速度变大，则拉力大小变大，D错误选B.【点睛】加速度时间图象主要考查的是：图线与时间轴围成的面积表示速度，并结合牛顿第二定律进行分析求解.4. 如图所示，质量M8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F8 N，当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t1.5 s的时间，则物体相对地面的位移为(g取10 m/s2) A. 1 m B. 1.5 m C. 2.1 m D. 3.6 m【答案】C【解析】当在车的右端放上物体时，对物块：由牛顿第二定律，解得：，对小车：，解得：，设经过时间，物体和车的速度相等，即，物体的速度，车的速度 ，联立解得，前1s物块相对地面的位移为，当物块与小车共速后，由牛顿第二定律，解得：，则后t=0.5s物块相对地面的位移为，则物体从放上小车开始经t=1.5s的时间，则物体相对地面的位移为，C正确，ABD错误；选B.【点睛】分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上相对静止时，速度相同，可以求出时间；滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀速运动，求出物块的位移即可5. 水平推力和分别作用在静止于水平面上等质量的a、b两物体上，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量、的大小关系正确的是( )A. 一定大于 B. 一定小于 C. 一定等于 D. 可能小于【答案】D【解析】由，得，由牛顿第二定律，得：，则冲量 由数学知识可知，当，即时，冲量I有最小值，因不知道与的大小关系，故有可能大于，也可等于或小于，故D正确，选D.6. 如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块A相接触而不相连，原来A静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿水平面向右运动，在O点与物块A相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F撤去运动到D点时，恰好速度为零AB物体最后被弹簧弹回C点停止，已知CO=4s，OD=s，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为( )A. 1.43Fs B. 2Fs C. 2.5Fs D. 3Fs【答案】A【解析】B与A碰撞前的瞬间的动能，解得：，B与A在碰撞过程中动量守恒，设共同速度为，则有，解得：，B与A碰撞后AB整体弹回到C点过程中有：，解得：，B与A碰撞后AB整体到达D点过程中有：，解得：，故选A.7. 如图所示，A、B、C、D是四个质量相等的等大小球，A、B、C是绝缘不带电小球，D球带正电，静放在光滑的水平绝缘面上，在界面MN的右侧有水平向左的匀强电场，现将D球从静止释放，球之间发生的是弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略，那么，当四个小球都离开电场后，关于它们间的距离说法正确的是( )A. 相临两球间距离仍为LB. 相临两球间距离都为2LC. AB、BC间距离为2L，CD间距离为LD. AB、BC间距离为L，CD间距离为2L【答案】A【解析】作出A、B、C、D球的vt图象如图所示可知在D球开始运动到离开电场的过程中四球的位移是相等的故四球间距仍为L.选A.8. 如图所示在xOy平面内固定有ABC三个点电荷，A电荷的坐标为(2，0)，B电荷在坐标原点，C电荷的坐标为(2，0)已知，则在xOy平面内电场强度为零的点的坐标为( )A. B. C. (4，0) D. (4，0)【答案】AB【解析】根据电荷分布的对称性，xOy平面内电场强度为零的点应该在y轴上，A、B、C产生的电场如图所示：设电场强度为0的点是D点，其坐标为（x,y），由题上图可知，D电场强度为0，故D点横坐标一定为0，故CD错误；由点电荷的电场强度公式，得，则A、C两点的合场强为，又，联立得：，又D的电场强度为0，则有 ，解得：，故D点的坐标为（0，）或（0，），故选AB.9. 如图所示，两个等大金属带电小球A和B分别带有同种电荷和 (小球的大小可忽略不计)，质量为和.A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬在A球正上方的一点当达到平衡时，A、B相距为d，若使A、B接触后再分开，当再次达到平衡时，AB相距为2d，则A、B的电荷量之比可能为( )A. B. 41 C. D. 14【答案】AC【解析】对B受力分析可知，受重力mg、库仑力F、拉力T作用，如图所示设A离悬挂点的距离为h，由平衡条件可知库仑力F与拉力T的合力与重力平衡，即，由相似三角形定法得：，解得：，由题可知h不变，mg不变，当距离变2d时，则库仑力，又；因A、B带同种电荷，故A、B接触后电量平分，且都为，则，代入，得：，解得：，AC正确，选AC.【点睛】对B球进行受力分析，由相似三角形法则求出库仑力与重力的关系，当同种电荷A、B接触后电量平分，当B球再次达到平衡时，由相似三角形法则求出库仑力与重力的关系，得出平衡后的库仑力是平衡前的库仑力的两倍，由此进行分析求解A、B电荷量的比值.10. 一质量m、电荷量的圆环，套在与水平面成角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中现给圆环一沿杆左上方方向的初速度，(取为初速度正方向) 以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是( )A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】当时，物体受到先变小后变大，摩擦力也先变小后变大，物体减速的加速度也先变小后变大；当速度变小为零时，若时，物体将静止；若时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速当时，物体受到变大，摩擦力变大，物体减速的加速度变大；速度变小为零时，若时，物体将静止；若时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速故ABD图象可能存在，C图象不可能存在，选ABD.【点睛】带负电的小环向左上方运动时，受到的洛伦兹力垂直杆子斜向右上方，注意讨论洛伦兹力与的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的11. 如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成，B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点在运动的过程中，下列说法中正确的是( )A. A、B组成的系统机械能守恒B. 当A到达与 B同一水平面时，A的速度为C. B滑块到达最右端时，A的速度为D. B滑块最大速度为【答案】AD【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；设A的速度为、B的速度为，当A到达与B同一水平面时，对A、B速度进行分解，如图所示根据沿杆方向速度相等有：，根据系统机械能守恒有：，解得：，B错误；B滑块到达最右端时，B的速度为零，如图所示：根据系统机械能守恒有：，解得：，C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，如图所示：根据系统机械能守恒有：，解得：，D正确，选AD.【点睛】应用A、B沿杆方向速度相等，求出A、B的速度关系，因为不计一切摩擦，故A、B组成的系统机械能守恒，当A的速度最大时，B的速度为0；当B的速度最大时，A的速度为0.12. 如图甲所示，水平地面上固定一粗糙斜面，小物块以初速度从斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F(F小于物块受的摩擦力)，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的vt图象，不考虑空气阻力，下列说法正确的是( )A. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小B. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大C. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较大D. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小【答案】AC【解析】有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小A正确，B错误；根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大C正确，D错误；选AC.【点睛】根据图象的“面积”表示位移，分析位移关系，从而判断出热量关系；根据重力势能的增加量与动能的减小量关系，分析机械能的减少量关系二、实验题(2小题)13. 英国物理学家胡克发现：金属丝或金属杆在弹性限度内它的伸长量与拉力成正比，这就是著名的胡克定律这一发现为后人对材料的研究奠定了基础现有一根用新材料制成的金属杆，长为3m，横截面积为，设计要求它受到拉力后伸长不超过原长的.由于这一拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，因此，选用同种材料制成的样品进行测试，通过测试取得数据如下：(1)测试结果表明金属丝或金属杆受拉力作用后其伸长量与材料的长度成_比，与材料的截面积成_比(2)通过对样品的测试，推算出用新材料制成的上述金属杆所能承受的最大拉力为_N.【答案】 (1). 正 (2). 反 (3). 【解析】(1)由表格知：当受到的拉力F、横截面积S一定时，伸长量x与样品长度L成正比；当受到的拉力F、样品长度L一定时，伸长量x与横截面积S成反比；当样品长度L、横截面积S一定时，伸长量x与受到的拉力F成正比由的结论，测试结果表明材料受拉力作用后其伸长与材料的长度成正比，与材料的截面积成反比(2)由三个结论，可以归纳出，x与L、S、F之间存在一定量的比例关系，设这个比值为k，则有 (k为常数)，根据图表提供数据代入解得：，由题意知：待测金属杆M承受最大拉力时，其伸长量为原来的，即，此时，L3m；代入公式，解得：14. 在“测定导体电阻”的实验中，电源使用两节新干电池，被测电阻Rx的阻值约为，电流表内阻约，电压表内阻约为2 k，滑动变阻器的规格是“”(1)图甲是不完整的实验电路，请你将电路图画完整；_(2)电路连接正确，实验数据记录如下表所示，其中一组数据有拼凑的嫌疑，请指出并说明判断依据_数据有拼凑的嫌疑，电压最低大约_V或电流最小大约_A.【答案】 (1). (2). 第1组 (3). 1 (4). 0.2【解析】（1）待测电阻是小电阻，所以电流表用外接法，完整的电路图如图所示（2）由表格中数据知，当电压为1.2V时，电流为0.24A，由，得：，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则电路中的最小电流：，电压表的示数：，由第一组数据，其电压值和电流值都低于可能达到的最小电压和电流，所以有拼凑的嫌疑，所以电压最低大约1V或电流最小大约0.2A.三、计算题(3小题)15. 宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L.若抛出时的初速度增大到3倍，则抛出点与落地点之间的距离为L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G，求该星球的质量M.【答案】 【解析】试题分析：运用平抛运动规律表示出抛出点与落地点之间的距离求解星球表面重力加速度忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式求解天体质量设抛出点的高度为h，第一次抛出时水平射程为x；当初速度变为原来3倍时，水平射程为3x，如图所示由几何关系可知：，联立得：设该星球表面的重力加速度为g，则竖直方向：又因为联立得：16. 如图所示，质量为m1 kg的小木块放在质量为M8 kg的长木板(足够长)的左端，静止在光滑的水平面上，m与M之间的动摩擦因数0.1，g10 m/s2.现给m一个向右的速度v010 m/s同时对M施加一水平向左的恒力F，且F5 N，则F作用一段时间后撤去，M、m的速度最终都变为零求：(1)F作用的时间t1；(2)此过程中系统生热Q.【答案】（1）2s（2）55 J【解析】试题分析：（1）对M、M系统由动量定理可求得F作用的时间，（2）对M受力分析求出加速度，由运动学公式求出位移，再根据功能关系求出系统产生的热量Q.(1)根据动量定理对M、m系统分析可得：解得：(2)对M受力分析可得：解得：在时间内M运动的位移则系统生热代入数据解得：17. 如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m、电荷量为q的小球(大小忽略不计)，放在水平面上某点由静止开始释放，恰好能通过半圆轨道最高点D，落地时恰好落在B点求：(1)电场强度E；(2)起点距B点的距离L.【答案】（1），（2）2.5R.【解析】（1）小球通过D点后分别在水平方向做匀变速直线运动和在竖直方向做匀加速直线运动，对小球受力分析，由牛顿第二定律求出两个方向的加速度，结合小球恰好能通过D点的临界条件列出方程组进行求解；（2）由起点到D点的过程，根据动能定理求起点距B点的距离.(1)小球恰好能通过D点，则有：小球通过D点后的运动：水平方向做匀变速直线运动：由牛顿第二定律得：竖直方向做匀加速直线运动：由牛顿第二定律得：联立得：(2)由起点到D点的过程，根据动能定理得：解得：四、选考题(4小题)18. 下列说法中正确的是 A. 气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C. 一定质量的理想气体等压膨胀过程气体一定从外界吸收热量D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E. 饱和汽压与分子密度有关，与温度无关【答案】ACD【解析】试题分析：气体分子不停地做无规则，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的，故A正确足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体压强较大的缘故，与分子间斥力无关，选项B错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气态方程知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故E错误；故选ACD考点：气体压强的微观意义；热力学第二定律；饱和汽压【名师点睛】气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；温度是分子平均动能的标志；明确热力学第二定律；饱和汽压与分子数密度和温度有关；加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法。19. 如图所示，一细U形管一端开口，一端封闭，用两段水银柱封闭两段空气柱在管内，初始状态时两气体的温度都为，已知，h=15cm，大气压强，现给气体2加热，使之温度缓慢升高，求：当右端的水银柱的液面上升时，气体2的温度(此过程气体1的温度保持不变)【答案】600K.初状态时，气体2的压强气体1的压强末状态时，气体2的压强 设末状态时，气体1的长度为，末状态时，气体1的压强气体1是等温变化： 解得：气体2的长度根据理想气体方程得解得：20. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是 A. 当t=0.5s时质点b和质点c的位移相等B. 当t=0.6s时质点a的位移为C. 质点c在00.6s时间内沿x轴正方向移动了3mD. 质点d在00.6s时间内通过的路程为20cmE. 这列简谐横波遇到频率为1 Hz的另一列简谐横波时我们能够观察到干涉现象【答案】ABD【解析】由题意可得该波向右传播,起振的方向向上,波长是4m,0.6s的时间内传播的距离是3/4,所以波的周期T=0.6=0.8s，A. 该波是方程：y=Asin- 2当t=0.5s时质点b的位移：yb=0.10sin=mc点的位移：yc=0.10sin=m，质点b、c的位移相同。故A正确；B. 质点a的处相为，振动方程为：，当t=0.6s时，故B正确；C. 质点c在这段时间内只是沿振动的方向振动，没有沿x轴正方向移动。故C错误；D. 由图可知，质点d在0.6s内先向上运动到达最高点后又返回平衡位置，在这段时间内通过的路程是2倍的振幅，为20cm.故D正确；E这列波的频率为f=1/T=1.25Hz, 与频率为1Hz的另一列简谐横波不是相干波，不会发生干涉现象，E错误。故选：ABD21. 如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装有一定量的水，在容器底部有一单色点光源S，已知水对该单色光的折射率为，玻璃对该单色光的折射率为，容器底部玻璃的厚度为d，水的深度为2d.(已知光在真空中的传播速度为c，波的折射定律)求：该单色光在玻璃和水中传播的速度；水面形成的圆形光斑的半径(不考虑两个界面处的反射光线)【答案】，.【解析】由可以求出光在水中的速度和在玻璃中的速度，作出光路图，光在水与玻璃接触面发生全反射，由向何关系求出R.由可知，光在水中的速度为：光在玻璃中的速度为：如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时：在玻璃与水的分界面上由：解得：由几何关系知：光斑的半径又，故