2019届高三物理上学期12月月考试卷(含解析).doc

2019届高三物理上学期12月月考试卷(含解析)二、选择题：本题共8小题，每小题6分。每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】ABD【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确； 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项B正确； 法拉第在实验中观察到,在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流，选项C错误； 楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；故选ABD.【此处有视频，请去附件查看】2.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则A. 直线a位于某一等势面内，B. 直线c位于某一等势面内，C. 若电子有M点运动到Q点，电场力做正功D. 若电子有P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功,说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是M=Q，MN，选项A错，B对。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错。【考点定位】等势面和电场线【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记。【此处有视频，请去附件查看】3.如图所示，平行金属板中带点质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻相等。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）A. R1上消耗的电功率逐渐减小B. 电流表读数减小，电压表度数增大C. 电源的输出功率逐渐增大D. 质点P将向上运动【答案】C【解析】A当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大，R1上消耗的电功率逐渐增大，故A错误；B R3的电压U3=EI(R1+r)减小，流过R3的电流I3减小，流过电流表的电流IA=II3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大。R4的电压U4=U3U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小。故B错误；C由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故C正确；D电容器板间电压等于R3的电压，减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。故D错误。故选：C.4.如图所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mg=qE，不计空气阻力则( )A. 小球运动的加速度大小为g2B. 小球可能一直做匀加速运动C. 小球沿ON方向运动的最大位移为v022gD. 在小球运动的前v0g时间内，电场力对小球做功mv024【答案】C【解析】【分析】首先对小球的受力情况和运动情况进行分析，小球受重力和电场力作用，因mg=qE且沿ON运动，所以电场力的方向与水平方向成30角，合力沿ON向下，小球应做匀减速直线运动，对二力进行合成，合力大小为mg，加速度为g；由运动学公式和功能关系列式分析即可。【详解】A、B项：小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30，受力情况如图所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，故A错误，B错误；C项：经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x=v022g，故C正确；D项：在小球运动的前v0g时间内，小球运动到最高点，电场力做功为：W=-mgcos60x=-mv024，故D错误。故应选：C。【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析。5.如图1所示，电阻R1=R，R2=2R，电容为C的电容器，圆形金属线圈半径为r2，线圈的电阻为R。半径为r1（r154，则它一定从bc边射出磁场，故B正确；C项：若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=T2，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60+90=150=56，故不一定从ab边射出磁场。故C错误；D项：当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60，粒子运动的时间为t=T6=13t0，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为t03，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，一定不是从ad边射出磁场。故D错误。故应选：AB。【点睛】本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9.（1）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（ ）A.测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D. 测量完电阻后，选择开关不用动，只需把红黑表笔拔出即可E. 测量二极管电阻时，若指针偏转角较小，说明与黑表笔相连的是负极（2）如图为一正在测量中的多用电表表盘。如果是用直流2.5V挡测量电压，则读数为_V。如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为_mA。如果是用“100”挡测量电阻，则读数为_。【答案】 (1). ACE (2). 1.64 (3). 3.28 (4). 800.0【解析】【详解】(1) A项：测量电阻时如果指针偏转过大，说明电阻较小，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；B项：测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C项：、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D项：测量完电阻后，选择开关应转到交流电压的最高档或OFF档，故D错误；E项：测量二极管电阻时，若指针偏转角较小，说明二极管电阻较小，由“红进黑出”可知，与黑表笔相连的是负极，故E正确。故应选：ACE。(2) 如果是用直流2.5V档测量电压，由图示表盘可知，其读数为1.64V；如果是用直流5mA挡测量电流，由图示表盘可知，则其读数为3.28mA；如果是用“100”挡测量电阻，由图示表盘可知，则其读数为8.0100=800.0。【点睛】本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零；对多用电表读数时，先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针位置读数。10.LED绿色照明技术已经走进我们的生活某实验小组要精确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500 ，电学符号与小灯泡电学符号相同 实验室提供的器材有：A电流表A1(量程为0至5 mA，内阻RA1约为3 ) B电流表A2(量程为0至4 mA，内阻RA215 )C电压表V(量程为0至10V，内阻RV1000)D定值电阻R1697 E定值电阻R2985 F滑动变阻器R(0至20 )一只 G. 滑动变阻器R(0至500 )一只H蓄电池E(电动势为4 V，内阻很小) I蓄电池E(电动势为12 V，内阻很小) J开关S一只，导线若干(1)如图所示，请选择合适的器材，电表1为_，电表2为_，定值电阻为_，滑动变阻器为_ ，蓄电池为_ (填写器材前的字母编号)。(2)将实物连接图补充完整_(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式：Rx_(用字母符号表示，电流表A1、电流表A2和电压表V的读数分别用I1、I2、U表示，定值电阻用R1、 R2表示).【答案】 (1). C (2). B (3). E (4). F (5). I (6). (7). UI=I2(R2+RA2)RRVI2 【解析】【分析】滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装一个电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，得到LED的电阻。【详解】(1) 要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：R=UIA2=30.004=750，A2的内阻约为15，则定值电阻应选E；LED灯正常工作时的电流约为I=UR=3500A=6mA左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法由以上分析可知，电表1为C，电表2为B，定值电阻为E，滑动变阻器应选总阻值较小的即为F，由于用电压表测电流，电压表的量程为10V，所以电源应选I；(2) 根据电路图可得出对应的实物图如图所示(3) 根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=URVI2 ，所以LED灯正常工作时的电阻RX=UI=I2(R2+RA2)RRVI2 。【点睛】本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流。11.如图所示，水平轨道OBC与一半径为R0.5m的竖直光滑半圆形轨道CD相切于C点，其中AB部分粗糙，其他部分光滑。质量分别为1kg和2kg且外形相同的甲、乙两物块放在水平轨道上物块甲被一处于压缩状态的轻弹黄水平锁定于A点左侧某处（图中未画出），其与轨道间的动摩擦因数为0.2，AB间的距离L7.75m。现释放物块甲，使其从A点弹出，并与物块乙相撞。已知两物块撞后粘在一起向右运动，两物块恰好能运动到半圆轨道的最高点D，重力加速度g取10m/s2，求：（1）两物块撞后粘在一起的速度v共；（2）弹簧对物块甲的冲量；【答案】（1）5m/s（2）16Ns【解析】【分析】物块恰好能运动到半圆轨道的最高点，则在最高点D点重力提供向心力，由此求出最高点的速度；由机械能守恒求出C点的速度，由动量守恒求出碰撞前的速度，由位移速度公式求出物块在A点的速度，最后由动量定理求出冲量。【详解】(1) 甲、乙两块碰后恰能到达竖直半圆轨道的最高点，由圆周运动知识得：(m甲+m乙）g=(m甲+m乙）vD2R 在甲、乙两块从碰后到上滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有：12(m甲+m乙)vD2+2(m甲+m乙)gR=12(m甲+m乙)v共2 在甲、乙碰撞的过程中，由动量守恒定律有：m甲v甲=（m甲+m乙）v共在物块甲由A到B的过程中，由运动学知识有：v甲2v乙2=2gLAB 联立以上各式解得： v0=16m/sv共=5m/s；(2) 在弹簧与物块甲相互作用的过程中，根据动量定理有：I=m甲v0=16Ns。【点睛】动量定理的应用范围很广，能够求解的物理量也很多，有许多物理量含在某个物理量的表达式里面。该题的突破口是要运用动能定理找到FN与x的关系，再从FN的范围求出x的范围。我们在读题时要抓住题目的一些关键语言，这可能就是突破口。12.如图所示，虚线MN上方有平行于纸面的匀强电场，电场强度的大小为E，方向与MN成45角虚线MN下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。在电场中的P点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电粒子A，粒子经电场加速后，从MN上的Q点进入磁场，从MN上的R点返回电场，经电场偏转后恰好又回到Q点，不计粒子的重力。（1）求PQ间的距离；（2）求粒子A先后两次经过Q点的时间间隔：（3）若当粒子A从R点进入电场时，在QR中点的正上方电场中某处由静止释放一个与粒子A完全相同的粒子B，结果两个粒子在运动过程中相碰，则粒子B释放位置离MN的距离是多少?两粒子在何处相碰？【答案】（1）r=mE2qB2 （2）（1+32）mqB （3）2mE4qB2 两粒子刚好在Q点相碰。【解析】（1）粒子A在电场中做加速运动，根据动能定理有qEL=12mv2 粒子A在磁场中做匀速圆周运动有qvB=mv2r 由几何关系可知sRQ=2r粒子A再次进入电场后做类平抛运动，sRQcos450=vt2 sRQsin450=12at22a=qEm 求得L=mE8qB2 ，r=4L=mE2qB2（2）粒子A在磁场中运动的时间t1=342mqB=3m2qB 再次进入电场后在电场中运动的时间t2=2ra=mqB因此粒子A先后两次经过Q点的时间间隔tt1+t2（1+32）mqB（3）由运动的分解可知粒子A从R点再次进入电场时，与电场中某点释放的粒子B相碰，则释放的粒子B的位罝一定在A再次进入电场时的速度方向延长线上，若粒子B要在QR中点上方某位S释放由几何关系可知：该位置离MN的距离为 x=22r=2mE4qB2两粒子刚好在Q点相碰。点睛：本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力13.如图所示，下列有关运动的说法正确的是（ ）A图甲中固定在竖直面内的圆环内径r1.6 m，小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/sB图乙中皮带轮上b点的加速度大小等于a点的加速度大小C图丙中用铁锤水平打击弹簧片后，B球和A球同时着地D. 图丁中甲、乙两人在光滑的冰面上“拔河”，若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得胜利。E图戊中系统静止且接触面均光滑，b所系绳子沿竖直方向，则a、b间没有弹力【答案】BCE【解析】【分析】小球在内轨道做圆周运动，在最高点的临界情况是弹力为零，重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度抓住a、c两点的线速度相等、b、c两点的角速度相等，根据向心加速度公式求出它们的加速度之比平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上做匀速直线运动。【详解】A项：小球在圆环的最高点的临界情况是：mg=mv2r，解得：v=gr=4ms，知最高点的最小速度为4m/s，故A错误；B项：a、c两点的线速度大小相等，根据av2r，则a、c两点的加速度之比为2：1，b、c两点的角速度相等，根据a=r2，则b、c两点的加速度之比为2：1