2019届高三物理上学期12月试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期12月试题(含解析)一.选择题1. 质量为m的石块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，那么A. 因为速率不变，所以石块的加速度为零B. 石块下滑过程中受的合外力越来越大C. 石块下滑过程中的摩擦力大小逐渐变大D. 石块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心【答案】D【解析】AD、由于石块做匀速圆周运动，只存在向心加速度，大小不变，方向始终指向球心，故D正确，A错误；B、由，知合外力大小不变，故B错误；C、又因石块在运动方向(切线方向)上合力为零，才能保证速率不变，在该方向重力的分力不断减小，所以摩擦力不断减小，故C错误；故选D。【点睛】关键知道物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力向心加速度的方向始终指向圆心。2. 如图所示为示波管内的聚焦电场，图中实线为电场线,虚线为等势线，a，b，c为静电场中的三点，b，c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是A. a，b,c三点中，c点电势最高B. a,b,c三点中，a点场强最大C. 正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能D. 负电荷在b点由静止释放，仅在电场的作用下能沿直线由b点运动到c【答案】C【解析】A、沿着电场线方向，电势降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，故A错误；B、电场线的疏密程度反映场强的大小， c点电场线最密，所以c点场强最大，故B错误；C、由于电势能，b点的电势高于在c点的电势，所以正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；D、负电荷在b点由静止释放，电场力水平向右，仅在电场的作用下向右运动，不可能沿直线由b点运动到c，故D错误；故选C。【点睛】沿着电场线方向，电势降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，电势能由求出。3. 如图所示为两轻绳栓接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角如图，则在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1，剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1:a2为A. 1:1 B. 2:1 C. :1 D. 2:1【答案】C【解析】在剪断a绳的瞬间，b绳的弹力发生突变，小球即将做圆周运动，重力分解为沿绳方向和垂直绳子的方向，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小同理可得剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小，所以，故C正确，ABD错误；【点睛】在剪断一根绳的瞬间，另一根绳的弹力发生突变，由牛顿第二定律求解即将发生运动方向上的加速度。4. 在粗糙的水平面上固定挡板,质量不计的弹簧左端固定在挡板上，一可视为质点的质量为m的物块A放在弹簧的右端,初始时刻弹簧为原长，物块与弹簧未连接，现瞬间给物块一向左的初速度，使其将弹簧压缩，经过一段时间弹簧将物块弹开，在整个运动过程中弹簧的最大压缩量为l。已知物块的初速度大小为v0、物块与水平地面之间的动摩擦因数为。则下列不正确的是A. 物块向右运动与弹簧分离前，物块的动能先增大后减小B. 弹簧最短时，弹簧具有的弹性势能为C. 物块与弹簧分离前二者组成的系统其机械能一直减小D. 当物块离开弹簧滑动到速度为零时，物块距离出发点之间的距离为;【答案】B【解析】A、物块向右运动的过程，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后等于滑动摩擦力，再小于滑动摩擦力，物块的合外力先向右，再等于零，后合外力向左，所以物块向右先加速后减速，动能先增大后减小，故A正确；B、弹簧最短时，由能量守恒定律得，弹簧具有的弹性势能为，故B错误；C、物块与弹簧分离前，摩擦力对系统一直做负功，由功能原理知系统的机械能一直减小，故C正确；D、设物块的速度为零时，物块距离出发点之间的距离为x，对物块向右的整个过程，由能量守恒定律得，解得，故D正确；不正确的故选B。【点睛】要正确分析物体的受力情况判断其运动情况，知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动根据功能原理分析机械能的变化。5. 如图所示，含有、的带电粒子束从小孔处射入速度选择器，沿直线运动的粒子在小孔处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在两点，则A. 打在P1点的粒子是B. 打在P2点的粒子是和C. O2P2的长度是O2P1长度的2倍D. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【答案】BC【解析】AB、带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，受力平衡有：所以： ，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以： ，所以： ，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是，打在P2点的粒子是和，故A错误， B正确；C、由题中的数据可得，的比荷是和的比荷的2倍，所以的轨道的半径是和的半径的倍，即的长度是长度的2倍，故C正确；D、粒子运动的周期：，三种粒子中，的比荷最大，所以粒子在偏转磁场中运动的周期最小，而运动时间为半个周期，所以粒子在偏转磁场中运动的时间最短，选项D错误；故选BC。【点睛】从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，然后结合带电粒子在磁场中的运动的半径公式与周期公式即可求解。6. 通过对火星的探测得知，“火卫一号”位于火星赤道正上方,它到火星中心的距离为9450km,绕火星一周所用的时间为7h39min。“火卫一号”绕火星运动的轨道可以认为是圆轨道，引力常量C = 6.6710-11Nm2/kg2。则下列说法正确的是A. 由题中信息可以求出火星的质量B. 若知道火星的半径，还可以求出火星表面的重力加速度C. 若知道火星表面的重力加速度，还可以求出火星的第一宇宙速度D. 若知道火星自转的周期，则可以求出火星对赤道上某物体的引力【答案】ABC【解析】A、由，得，可求得火星的质量，故A正确；B、由，得，若知道火星的半径，可以求出火星表面的重力加速度，故B正确；.D、火星对赤道上某物体的引力，由于不知道物体的质量，所以不能求出火星对赤道上某物体的引力，故D错误；故选ABC。【点睛】关键是掌握万有引力提供向心力，求质量时只能求中心天体的质量。7. 在光滑的水平面上，一滑块的质量m = 2kg,在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N(方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ两点时速度大小均为v= 5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角= 37，sin370= 0.6，则A. 水平恒力F的方向与PQ连线成53夹角B. 滑块从P到的时间为3sC. 滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/sD. PQ两点连线的距离为15m【答案】BC【解析】A、滑块过PQ两点时速度大小，根据动能定理，得，即水平方向上恒定的外力与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；B、把滑块在P点的速度分解沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有，当水平力F方向上的速度为0时，时间，根据对称性，滑块从P到Q的时间为，故B正确；C、当水平力F方向上的速度为0时，只有垂直水平力F方向的速度，此时速度方向与F垂直，速度最小，所以滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s，故C正确；D、垂直水平力F方向上滑块做匀速直线运动，有，故D错误；【点睛】由动能定理求出水平方向上恒定的外力方向，滑块做类平抛运动，利用运动的合成与分解可解。8. 如图所示,竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角为=370的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放。重力加速度大小为g，sin37= 0.6, cos370=0.8，则下列说法正确的是A. 当h= 2R时,小球过C点时对轨逍的压大小为27mg/5B. 当h= 2R时,小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动C. 当h= 3R时，小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mgD. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点.【答案】AC【解析】A、当h= 2R时，从A到C的过程：由动能定理，在C点由牛顿第二定律得，解得，由牛顿第三定律得：小球在刚过C点时对轨道的压力大小为，故A正确；B、小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是，从A到D的过程：由动能定理，解得，所以小球不会从D点离开圆弧轨道做平拋运动，故B错误；C、当h= 3R时，解得，在D点由牛顿第二定律得，解得，所以，由牛顿第三定律得小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mg，故C正确；D、小球从D点离开圆弧轨道做平抛运动，则有，解得，小球水平方向的位移，大于，所以小球能从D点离开圆弧轨道，不能恰好落在B点，故D错误；故选BC。【点睛】本题是牛顿运动定律与机械能守恒定律的综合题，解决本题的关键根据该规律得出压力F和小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是。 二.、实验题9. 某物理兴趣小组利用用如图1所示的装置进行实验，在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门。水平平台上A点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量、；在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；滑块a最终停在C点(图中未画出)，用刻度尺测出AC之间的距离；小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面上的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离；改变弹簧压缩量，进行多次测量。(1)该实验要验证“动量守但定律”，则只需验证_=_即可。（用上述实验数据字母表示）(2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到与的关系图象如图2所示，图线的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为_。（用上述实验数据字母表示）【答案】 (1). (2). (3). 【解析】试题分析：要验证动量守恒，必须求出被弹开瞬间两滑块的速度，根据通过光电门的平均速度等于其瞬时速度和平抛运动规律求解（2）根据动能定理写出表达式，然后根据斜率列等式求解（1）由于A点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块a的瞬时速度等于经过光电门的速度，即，b被弹开后的瞬时速度等于做平抛运动的初速度，根据可得，该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证（2）根据动能定理可得，即，化简得，即解得10. 利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻Rv（约为300）。某同学的实验步骤如下：按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度； 保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596的阻值，则电压表内电阻RV=_。实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：A滑动变阻器：最大阻值200 B滑动变阻器：最大值阻10C定值电阻：阻值约20 D定值电阻：阻值约200 根据以上设计的实验方法，回答下列问题。为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用_，定值电阻R 应选用_（填写可供选择实验器材前面的序号）。对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测_真实值RV (填“大于”、“小于”或“等于”)，这误差属于_误差(填”偶然”或者”系统”)且在其他条件不变的情况下，若RV越大，其测量值R测的误差就越_(填“大”或“小”)。【答案】 (1). RV=298 (2). B， (3). C (4). 大于， (5). 系统， (6). 小【解析】试题分析：（1）由实验原理可知，电压表内阻与电阻箱的阻值的一半，故电压表内阻为298；该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B；定值电阻起保护作用，因电源电动势为15V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C；从实验原理分析可知，当再断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值，当电压表为原来的三分之一时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半，而电阻箱R0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差；且在其他条件不变的情况下，若RV越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值R测的误差就越小。考点：测量电压表的内阻11. 如图所示，水平放置的正方形光滑玻璃板abcd，边长L,距地面的高度为H，玻璃板正中间有个光滑的小孔0，一根细线穿过小孔，两端分别系着小球A和小物块B,当小球A以速度v在玻璃板上绕0点做匀速圆周运动时，A0间的距离为r,已知A的质量为mA,重力加速度g (1)求小物块B的质量mB；(2)当小球速度方向平行于玻璃板ad边时，剪断细线，则小球落地前瞬间的速度多大？(3)在(2)的情况下,若小球和物体落地后均不再运动，则两者落地点间的距离为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】B的重力在数值上等于A做圆周运动的向心力；根据机械能守恒求小球落地时的速度大小；A先做一段匀速直线运动，脱离玻璃板后做平抛运动，B做自由落体，结合几何知识求两者的落地距离。解：（1）以B研究对象，根据平衡条件：以A为研究对象，根据牛顿第二定律：得 （2）A下落过程，根据机械能守恒定律解得（3）A脱离玻璃板后做平抛运动，竖直方向自由落体：则平抛水平位移 二者落地的距离12. 如图所示，线圈焊接车间的水平传送带不停地传送边长为L，质量为m，电阻为R的正方形线圈传送带始终以恒定速度v匀速运动，在传送带的左端将线圈无初速地放在传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度，已知当一个线圈刚好开始匀速运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间距为L，线圈均以速度v通过磁感应强度为B，方向竖直方向的匀强磁场，匀强磁场的宽度为3L求：（1）每个线圈通过磁场区域产生的热量Q（2）电动机对传送带做功的功率P ？（3）要实现上述传动过程，磁感应强度B的大小应满足什么条件？（用题中的m、B、L、V表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L，经历的时间：，产生的电动势为：E=BLv，感应电流：，产生的热量为：；（2）电动机在T时间对传送带做功W=PT，根据能量守恒定律得：PTmv2+Q摩擦+Q焦耳，而摩擦力生热：Q摩擦=fx相对=fL，焦耳热：Q焦耳I2RT，联立解得：；（3）为保证通过磁场时不产生滑动，安培力必须不超过最大静摩擦力，即：Ff，设线圈从放到传送带到与传送带具有相同速度经历的时间为T，由牛顿第二定律得：f=ma，有速度公式：v=aT，匀加速运动的位移：LvT，联立式解得；考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；电功率【名师点睛】本题关键是明确传送带的运动规律，然后分过程按照牛顿第二定律、运动学公式、切割公式、欧姆定律、焦耳定律列式求解。13. 关于一定量的气体，下列说法正确的是 _A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能一定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定升高【答案】ABE【解析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和，选项A正确；温度越高，气体分子运动越剧烈，故只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低，选项B正确；气体的压强是气体分子对器壁的频繁的碰撞产生的，与气体的重力无关，阻值C错误；根据可知，气体从外界吸收热量,其内能不一定增加，选项D错误；根据可知，气体在等压膨胀过程中温度一定升高，选项E正确；故选ABE.视频14. 如图所示，导热良好，内壁光滑长度为4L、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计原长3L、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点开始活塞D距汽缸B的底部3L后在D上放一质量为的物体求：（1）稳定后活塞D下降的距离；（2）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？【答案】（1）；（2） 3770C【解析】（1）开始时被封闭气体的压强为 ，活塞C距气缸A的底部为l，被封气体的体积为4lS，重物放在活塞D上稳定后，被封气体的压强为： 活塞C将弹簧向左压缩了距离l1，则活塞