黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三物理上学期12月月考试题（含解析）.docx

哈六中高三学年12月知识检测物理试题一、选择题（本题共14小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第18小题只有一项符合题目要求，第914小题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为A. B. C. m D. 2m【答案】C【解析】设悬挂小物块的点为O，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形根据几何知识可得aOb=120，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m，故ABD错误，C正确故选C.点睛：解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角为120，再根据两个大小相等互成120两力的合成结论求解即可视频2.如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻绳相连，质量分别为mA、mB，由于球B受到水平风力作用，环A与球B一起向右匀速运动。已知细绳与竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（）A. 风力缓慢增大时，杆对A的作用力增大B. 若球B受到风力缓慢上升，细线的拉力逐渐减小C. 杆对环A的支持力随着风力的增加而增加D. 环A与水平细杆间的动摩擦因数为【答案】D【解析】对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图风力F=mBgtan， 绳对B球的拉力 ,当风力增大时，增大，则T增大故B错误把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图；根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小N=（mA+mB）g，选项A错误；f=（mA+mB）g ，因杆对A的支持力和摩擦力都不变，故风力缓慢增大时，杆对A的作用力不变，选项A错误；A环受到的摩擦力f=F= mBgtan,则与水平细杆间的动摩擦因数为 故D正确；故选D3.如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中客服摩擦力所做的功。则A. ，质点恰好可以到达Q点B. ，质点不能到达Q点C. ，质点到达Q后，继续上升一段距离D. ，质点到达Q后，继续上升一段距离【答案】C【解析】试题分析：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，mg2RWmvN20，解得W=mgR由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，mgRWmvQ2mvN2，因为WmgR，可知vQ0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离故C正确，ABD错误故选C。考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。视频4.空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，则下列说法正确的是A. x1处场强大于x1处场强B. 若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达x1点时速度为零C. 电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能D. x1点的电势比x1点的电势高【答案】B【解析】由图象可知，x1处场强与x1处场强等大反向，A错误；沿电场强度方向电势降低，则电子从x1处由静止释放后，到O点过程，逆着电场线方向，电势一直升高，过O点后，沿着电场线方向，电势一直降低，电子在O点电势最高，电势能最小，动能最大，由对称性可知电子在x1处与x1处电势相等，电势能相等，动能相等，到达x1点时速度为零，B正确，CD错误。5.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A. 增大，E增大 B. 增大，EP不变C. 减小，EP增大 D. 减小，E不变【答案】D【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角减小；根据，Q=CU，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。视频6.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为【答案】AC【解析】【详解】先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒产生的磁场强度。L1在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知，可解得：；，故AC正确。【点睛】考查右手螺旋定则的应用，掌握矢量的合成法则，注意对称位置的磁场大小是相等的。7. 如图所示，两个初速度大小不同的相同粒子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，其中b粒子速度方向与屏OP垂直，粒子速度方向与b粒子速度方向夹角=45两粒子最后均打到屏上同一点Q上，不计重力下列说法正确的是A. a粒子带负电、b粒子带正电B. a、b两粒子在磁场中飞行速度之比为：1C. a、b两粒子在磁场中飞行的周期之比为2:3D. a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为1:1【答案】B【解析】试题分析：根据题意作出两球运动的轨迹，如图，圆O1、O2分别为b、a的轨迹由左手定则可知，a、b均带正电，故A错误；若设OQ=2R。则a粒子的运动半径为，b粒子的运动半径为R，根据可知，a、b两粒子在磁场中飞行速度之比为：1，选项B正确；根据可知，粒子运动的周期相同，选项C错误；因粒子a在磁场中的偏向角为；粒子a在磁场中的偏向角为；两粒子周期相同，可知a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为3:2，选项D错误；故选B考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；关键是画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解；注意粒子的运动周期与粒子的速度无关。8.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确 （ ）A. 该束带电粒子带正电B. 速度选择器的P1极板带负电C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小【答案】AD【解析】试题分析：根据带电粒子在磁场中的偏转方向，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电故A正确根据左手定则知，带电粒子在P1P2区域所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电故B错误根据得，知r越大，荷质比越小故C错误，D正确故选AD考点：质谱仪【名师点睛】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡。9.如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）在此过程中()A. 小球B做匀速圆周运动B. 摩擦力对重球B做正功C. 水平推力F和重球B对A做功的大小相等D. A对重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等【答案】BC【解析】A项：小球B的线速度可以分解为水平方向的分速度与沿绳子方向的分速度，如图，则：，可知小球的线速度随的增大是逐渐变小的，故角速度逐渐变小，故A错误；B项：如图，画出小球B受到的支持力N（绿色线），摩擦力f的方向（黑色线）以及小球在该位置时运动的切线的方向（红色线），由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向下，该点B运动轨迹的弧线在B受到的支持力的下方，所以B受到的摩擦力与B的位移方向夹角为锐角，所以斜面对B的摩擦力对m做正功故B正确；C项：A匀速运动，动能不变，根据动能定理水平推力F和重球B对A做功的绝对值大小相等；故C正确；D项：斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移所以A对重球B的弹力所做的功与重球B对A弹力所做的功大小相等，一正一负由于B与A间存在相对运动，A的位移与B的位移不相等，所以A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小是不相等的；所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不等故D错误。点晴：解决本题的关键掌握功的正负的判断方法，以及会灵活利用动能定理比较功的大小。10.如图，一半径为R电荷量为Q的带电金属球，球心位置O固定，P为球外一点。几位同学在讨论P点的场强时，有下列一些说法，其中哪个说法是正确的（ ）A. 若P点无限靠近球表面，因为球表面带电，根据库仑定律可推知，P点的场强趋于无穷大B. 因为在球内场强处处为0，若P点无限靠近球表面，则P点的场强趋于0C. 若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变D. 若保持Q不变，而令R变大，同时始终保持P点极靠近球表面处，则P点的场强不变【答案】C【解析】试题分析：金属球可看成点电荷，则带电金属球球外产生的电场强度等同于把壳上电全部集中球心处所产生电场强度，由点电荷场强公式计算，P点无限靠近球表面，r0，在P点的产生的场强虽很大，但不是无穷大，A、B错误；若Q不变，P点的位置也不变，R变小，产生的电场不变，则P点的场强不变，C正确；若保持Q不变，令R变大，同时始终保持P点极靠近球表面处，由点电荷场强公式可知，P点的场强将变小，D错误；故选C。考点：点电荷形成电场的电场强度。【名师点睛】本题运用等效的思维，将看成金属球看成点电荷模型来处理，运用点电荷场强公式进行分析，点电荷是一种理想化的物理模型，要注意能把带电体看成点电荷的条件。11.电动汽车是以车载电源为动力，开启了“绿色出行”的新模式某电动汽车电源电动势为400 V，内阻为0.5 ，充满电时储存的可用电能为64 kWh，汽车运行时电源的放电电流为100 A，熄火后电源的放电电流为100 mA.下列说法正确的是( )A. 汽车运行时，电源持续放电的时间可超过1 hB. 汽车熄火后，电源持续放电的时间可超过60天C. 汽车运行时电源的输出功率为35 kWD. 汽车运行时电源的效率为95%【答案】ABC【解析】【详解】汽车运行时，由W=EIt，得电源持续放电的时间，故A正确。汽车熄火后，电源完全放电的时间天，故B正确。汽车运行时电源的输出功率为 P出=EI-I2r=400100-10020.5=35kW，故C正确。汽车运行时电源的效率为，故D错误。故选ABC。【点睛】本题的关键是掌握电能公式W=EIt的运用，注意运用能量守恒定律分析电源的总功率、输出功率与内电路发热功率的关系计算过程还要注意单位的换算12.在电源电压不变的情况下（不计电源内阻）,为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍,下列措施可行的是（）A. 剪去一半的电阻丝 B. 并联一根相同的电阻丝C. 串联一根相同的电阻丝 D. 使电热器两端的电压增大一倍【答案】B【解析】【分析】电热水器是纯电阻电路，根据串并联电路的电阻规律及根据公式分析答题。【详解】A项：剪去一半的电阻丝，电阻减小为一半，根据公式知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍。但此时电阻丝中电流超过额定电流，故不可行，故A错误；B项：并联一根电阻后，电路总电阻为原来的一半，由公式知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍，故B正确；C项：串联一根电阻后，电路总电阻为原来的2倍。由公式知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻增大一倍，产生的热量为原来的一半，故C错误；D项：将电热器两端电压增大一倍，由公式知，在电阻一定，通电时间相同时，产生的热量是原来的4倍，故D错误。故应选：B。13. 如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t=0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是A. 在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动B. 在最初的一个周期内，导线一直向左运动C. 在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D. 在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小【答案】AD【解析】试题分析：在最初的四分之一个周期内，由左手定则可判断出导线受到的安培力向左，导线向左做加速运动，因磁感应强度B减小，由知安培力减小，导线的加速度减小，C错；但导线仍做加速运动，速度增大，在时刻，导线的速度最大；在第二个四分之一个周期内，因B反向，由左手定则可判断出导线受到的安培力向右，导线向左做减速运动，因磁感应强度B增大，由知安培力增大，导线的加速度增大，导线做加速度增大的减速运动，速度减小，在时刻，导线的速度减小到零，D对；在第三个四分之一个周期内，由左手定则可判断出导线受到的安培力向右，导线向右做加速运动，因磁感应强度B减小，由知安培力减小，导线的加速度减小，但导线仍做加速运动，速度增大，在时刻，导线的速度最大；在第四个四分之一个周期内，因B反向，由左手定则可判断出导线受到的安培力向左，导线向右做减速运动，因磁感应强度B增大，由知安培力增大，导线的加速度增大，导线做加速度增大的减速运动，速度减小，在时刻，导线的速度减小到零，导线回到初始位置，A对，B错。考点：B-t图像，安培力公式，牛顿第二定律，加速度与速度的关系点评：学生要分段对导线的运动情况进行分析，所分时间段的间隔为。14.18世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，则以下说法正确的是(已知此人的质量m50 kg；地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R6.4106 m；假设地球可视为质量分布均匀的球体，均匀球壳对壳内任一点处的质点合引力为零)()A. 人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒B. 人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比C. 人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W1.6109 JD. 当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为4103 m/s【答案】BC【解析】【详解】人与地球构成的系统，由于只有重力做功，故系统机械能守恒，故A错误；与球心的距离为r时，万有引力为：；故B正确；人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功：W=R，其中：，联立解得：W=mgR=50106.4106=1.6109J，故C正确；人从下落到距地心R/2过程，万有引力的平均值为：；根据动能定理，有：，解得：，故D错误；故选BC。【点睛】本题考查学生对机械能守恒定律适用条件的理解、对题目信息的充分挖掘、对变力做功的计算；当变力随距离成正比关系时，求解变力功时可取变力的平均值.二、实验题（本题共2小题，共16分）15.用多用电表准确测量了一个10 的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是3 k的电阻，在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下哪些操作是必需的，请选择其中有用的，按操作顺序写出_。A调节欧姆调零旋钮使表针指着欧姆零点B用螺丝刀调节表盘下中间部位的调零螺丝，使表针指零C将红表笔和黑表笔短接D把选择开关旋转到“100 ”位置（2）如图所示为一正在测量中的多用电表表盘。如果是用10 挡测量电阻，则读数为_。如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为_mA。如果是用直流5 V挡测量电压，则读数为_V。【答案】 (1). DCA (2). 60 (3). 7.2 (4). 3.59【解析】【详解】（1）用多用电表准确测量了一个10的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是3k的电阻，多用电表应选择“100”，应把选择开关置于“100”位置，然后两表笔短接，再调节欧姆调零旋钮，使指针指针欧姆表零刻度线上，然后再测电阻，因此合理的实验步骤是：DCA（2）如果是用10挡测量电阻，由图示表盘可知，其读数为610=60如果是用直流10mA挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，其读数为7.2mA如果是用直流5V挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，其读数为3.59V【点睛】（1）使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线负极，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，如果不换挡，则不允要进行欧姆调零（2）对多用电表读数时，要先根据选择开关位置确定其测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数16.在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有如下器材：A电源为干电池(电动势为E，内阻为r)B电流表(00.6A、内阻约0.1)C灵敏电流计G(满偏电流Ig=200A、内阻rg=500)D滑动变阻器(020、2.0A) E电阻箱R(0-9999.9)F开关、导线若干，实验电路如下图由于没有电压表，需要把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表，需串联一个阻值为R=_的电阻在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至_(填“a端”、“中央”或“b 端”)下图为该实验绘出的I1-I2图线(I1为灵敏电流 计G的示数，I2为电流表A的示数)，由图线可求得被测电源的电动势E=_ V(保留三位有效数字)，内电阻r=_(保留两位有效数字)【答案】 (1). 9500（或者9.5k） (2). a端 (3). 1.46-1.49V均可（答成其它数均不给分） (4). 0.75-0.95均可【解析】试题分析：根据串联电路特点及欧姆定律求出串联电阻阻值闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据电路图确定滑片的位置由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻串联电阻阻值在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至a端由图乙所示图象可知，图象纵轴截距是I1=149A，电源电动势：；路端电压，当纵轴表示路端电压时，图象斜率的绝对值等于电源内阻，则电源内阻；【点睛】要掌握改装电压表串联内阻的计算方法；应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻三、（本题共3小题，共38分。解答题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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17.如图所示，将带电荷量Q0.3 C、质量m0.3 kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B20 T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L1.25 m、质量m0.15 kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2。求：(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能E；(3)碰撞后滑块最终悬浮时的速度。【答案】(1)4.5 N方向竖直向下(2)1.31 J(3)0.5 m/s方向水平向右【解析】【详解】（1）摆球下落过程，由动能定理有mgLmv2，解得v5 m/s，摆球在最低点时，由牛顿第二定律得Tmgm，解得T4.5 N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T4.5 N，方向竖直向下。（2）摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mvMv10，解得v11.5 m/s，由能量守恒定律，有Emv2Mv121.31 J。（3）滑块悬浮瞬间，满足F洛Qv2Bmg，解得v20.5 m/s。【点睛】本题考查了机械能守恒定律和动量守恒定理及洛伦兹力的应用，要求同学们能根据求解需要选择不同的过程运动机械能守恒定律和动量守恒定理18.如图所示，水平放置、相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，开关S闭合后，M、N间产生了匀强电场，一个重力不计的带负电粒子垂直于电场方向从M板边缘射入电场，粒子恰好打在N板中央。(1)若开关S闭合，为了让粒子恰能飞出电场，应将N板向下平移多少？(2)若开关S断开且粒子初速度大小变为原来的3倍，为了让粒子恰能飞出电场，应将N板向上平移多少？【答案】(1) d (2) 【解析】【详解】（1）由于一重力不计的带电粒子垂直于电场方向从M边缘射入电场，