2019届高三物理上学期12月检测试试题（含解析）人教新目标版.doc

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1、- 1 -20192019 届高三届高三 1212 月检测试卷物理试题月检测试卷物理试题一、选择题一、选择题1. 下列各种情况，哪种情况下，物体处于平衡态（ ）A. 用细线悬挂在匀速前进的火车车厢天花板上的小球B. 对参照物相对静止的物体C. 竖直上抛的小球达到最高点时D. 做匀速圆周运动的小球【答案】A【解析】处于平衡状态的物体所受的合力为零，加速度为零，速度保持不变；用细线悬挂在匀速前进的火车车厢天花板上的小球处于平衡状态，选项 A 正确；对参照物相对静止的物体不一定处于平衡状态，选项 B 错误；竖直上抛的小球达到最高点时加速度不为零，不是平衡状态，选项 C 错误；做匀速圆周运动的小球有向

2、心加速度，故不是平衡状态，选项 D 错误故选 A2. 人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，如图所示以下说法正确的是（ ）A. 人受到的摩擦力水平向左B. 人对扶梯的压力等于扶梯对人的支持力C. 人处于超重状态D. 扶梯对人的作用力竖直向上【答案】B- 2 -3. 我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的 10min 内全过程的深度曲线甲和速度图象乙，则下列说法中正确的是A. 全过程中最大加速度是 0.025m/s2B. 潜水员感到超重发生在 01min 和 810min 的时间段内C. 图中代表本次下潜最大深度，应为 360mD. 整

3、个潜水器在 810min 时的时间段内机械能守恒【答案】C【解析】试题分析：根据 v-t 图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；v-t 图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向根据加速度大小分析受力情况，即可判断机械能守恒是否守恒v-t 图象的斜率表示加速度，0-1min 内和 3-4min 内加速度最大，最大加速度是，A 错误；潜水员在 0-1min 和 8-10min 的时间段内，根据度图象（b）得加速度方向向下，所以处于失重状态，B 错误；根据深度曲线（a）得 代表本次最大深度，在时到达最大深度，根据 v-t 图象的面积得

4、：0-4min 位移是 360m，即最大深度为360m，C 正确；整个潜水器在 8-10min 时间段内加速度不等于 g，所以机械能不守恒，故 D- 3 -错误4. 在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经过时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度方向相反，如图所示，则下列说法中正确的是A. 风力对物体做功为零B. 风力对物体做负功C. 物体的机械能增加D. 物体的动能变化为【答案】B【解析】由题意知物体的动能不变，D 错；由于物体在竖直方向上初、末速度为 0，即物体不做自由落体运动，物体在竖直方向下落的高度小于，物体减少的机械能 Emgh，所以，故 C

5、 错误；由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同，故 A 错，B 对故选 B.【点睛】本题整合了动能定理、自由落体运动等多个知识点，关键要正确分析物体的受力情况，采用运动的分解方法研究5. 一个物体沿直线运动，从 t=0 时刻开始，物体的的图象如图所示，图线与纵横坐标轴的交点分别为 0.5m/s 和1s，由此可知( )A. 物体的初速度大小为 0.5m/sB. 物体做变加速直线运动C. 物体做匀速直线运动- 4 -D. 物体的初速度大小为 1m/s【答案】A【解析】由数学知识可得: ,则得: 由匀变速直线运动的位移公式 可以知道物体做匀加速直线运动,初速度为,物体的加速度大小为 故 A

6、正确综上所述本题答案是：A6. 如图所示，P、Q 为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合电键后，悬线与竖直方向夹角为 。则()A. 保持电键闭合，缩小 P、Q 两板间的距离，角度 会减小B. 保持电键闭合，加大 P、Q 两板间的距离，角度 会增大C. 将电键再断开，加大 P、Q 两板间的距离，角度 会增大D. 将电键再断开，缩小 P、Q 两板间的距离，角度 不变化【答案】D【解析】试题分析：保持电键 S 闭合时，电容器板间电压不变，缩小 P、Q 两板间的距离，由分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则 增大相反，加大 P、Q 两板间的距

7、离时， 会减小故 AB 错误电键 S 断开，电容器的带电量不变，根据公式，U=Ed、，则得，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则 不变，故 C 错误，D 正确故选：D考点：电容器的电容；电场强度.7. 如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（ ）- 5 -A. 物体M一定受到 4 个力B. 物体N可能受到 4 个力C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D. 物体M与N之间一定有摩擦力【答案】AD【解析】试题分析： M、N 两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对 MN 整体进行受力分析，受到

8、重力和 F，墙对 M 没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对 N进行受力分析，得：N 受到重力，M 对 N 的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M 对 N 向上的静摩擦力，则 N 也给 M 一个沿斜面向下的静摩擦力，再对 M 进行受力分析，得：M 受到重力、推力 F、N 对 M 的压力以及 N 给 M 沿斜面向下的静动摩擦力，一共 4 个力，故AD 正确，BC 错误; 故选 AD考点：受力分析【名师点睛】本题主要考查了同学们受力分析的能力，注意整体法和隔离法的应用。8. 如图所示，真空中有直角坐标系 xOy，在 x 轴上固定着关于 O 点对称的等量异号点电荷+Q和-Q，C

9、是 y 轴上的一个点，D 是 x 轴上的一个点，DE 连线垂直于 x 轴下列判断正确的是（ ）A. D、E 两点场强大小相等B. D 点电势比 E 点电势低C. 将正电荷由 O 移至 C 电势能减少D. 将正电荷由 O 移至 D 和由 C 移至 E 电场力做功相等【答案】BD- 6 -【解析】根据等量异种电荷周围电场的分布情况，可知 D、E 两点的电场线的疏密不同，则场强大小不等，D 点的场强较大，故 A 错误作出过 E 点的等势线，与 x 轴的交点为 F，如图所示，根据顺着电场线电势降低可知，D 点的电势比 F 点的电势低，则知 D 点电势比 E 点电势低，故 B 正确y 轴是一条等势线，在

10、同一等势面上移动电荷时电场力不做功，所以将正电荷由O 移至 C 电场力不做功，电势能不变，故 C 错误由于 OD 间的电势差大于 CE 间的电势差，根据 W=qU 可知，将正电荷由 O 移至 D 电场力做功大于由 C 移至 E 电场力做功，故 D 错误故选 B.9. 下列关于功和机械能的说法，正确的是A. 在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B. 合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C. 物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D. 运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量【答案】BC【解析】A 项，任何情况下，物体重力势能的减

11、少等于重力对物体所做的功，故 A 项错误。B 项，由动能定理知，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，故 B 项正确。C 项，根据重力势能的产生可知，重力势能是物体与地球之间的相互作用能，势能的大小与势能零点的选取有关，故 C 项正确。D 项，只有在机械能守恒或其它外力做功为 0 时，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，故 D 项错误。综上所述本题答案是：BC10. 如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块 1 和滑块 2，转台绕转轴OO以角速度匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块 1 到转轴的距离小于滑块 2

12、 到转轴的距离关于滑块 1和滑块 2 受到的摩擦力f1和f2与2的关系图线，可能正确的是 AC- 7 -A. B. C. D. 【答案】AC【解析】试题分析：两滑块的角速度相等，根据向心力公式，考虑到两滑块质量相同，滑块 2 的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块 2 先达到最大静摩擦力继续增大角速度，滑块 2 所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块 1 的摩擦力减小，当滑块 1 的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块 1 摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块 2 的摩擦力先增大达到最大值不变滑块 1 的摩擦力先增大后减小，在反向增大，故 AC 正确考点：考查了圆

13、周运动，牛顿第二定律【名师点睛】抓住两物块角速度相等，根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦力，然后角速度增大，通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化11. 如图所示，一质量为 m 的物体在沿斜面向上的恒力 F 作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动。若斜面足够长，表面光滑，倾角为 。经时间 t，恒力 F 做功 80J，此后撤去恒力 F，物体又经时间 t 回到出发点，且回到出发点时的速度大小为 v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( )A. 物体回到出发点时的机械能是 80JB. 在撤去力 F 前的瞬时，力 F 的功率大小是 2mgvsin/3C. 在撤去力 F 前的

14、瞬时，力 F 的功率大小是 4mgvsin/3D. 撤去力 F 前的运动过程中，物体的机械能一直在增加，撤去力 F 后的运动过程中物体的- 8 -机械能一直在减少【答案】AB【解析】根据功能原理知，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为 80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以物体回到出发点时的机械能是 80J，故 A 正确设撤去力 F 前和撤去力 F 后的运动过程中物体的加速度大小分别为：a1和 a2这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有： a1t2=-（a1tt-

15、 a2t2） ，则得，a1：a2=1：3因为物体做匀加速直线运动，初速度为 0，由牛顿第二定律可得：F-mgsin=ma1，撤去恒力 F 后是匀变速运动，且加速度为：a2=gsin联立上两式得：F= mgsin设刚撤去拉力 F 时物体的速度大小为 v，则有：v=a1t= gsint对于从撤去到返回的整个过程，有：-v=v-gsint，解得，v= v，所以在撤去力 F 前的瞬间，力 F 的功率：P=Fv= mgvsin，故 B 正确，C错误撤去力 F 前的运动过程中，除重力外只有 F 对物体做正功，则物体的机械能一直在增加，撤去力 F 后，物体只有重力做功，机械能守恒，故 D 错误故选 AB.1

16、2. 如图所示 a、b 和 c 分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为 6V、4V和 1.5V一质子从等势面 a 上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b 时的速率为 v，则对质子的运动判断正确的是:( )A. 质子从 a 等势面运动到 c 等势面电势能增加 4.5eVB. 质子从 a 等势面运动到 c 等势面动能增加 4.5eVC. 质子经过等势面 c 时的速率为 2.25vD. 质子经过等势面 c 时的速率为 1.5v【答案】BD- 9 -【解析】由运动到，则电场力做功为正功，则电势能减小，动能增加故 A 错误，B 正确由到，；由到 ，；联立得：，故 CD

17、错误；故选 B二实验题二实验题13. 装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴 O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略。设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是 F1，在最低点时绳上的拉力大小是 F2。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度 g。 （1）小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径 d=_mm。 （2）小军同学认为不需要测小球的直径。他借助最高点和最低点的拉力 F1、F2，再结合机械能守恒定律即可求得重力加速度 g。小军同学还需要测量的物理量有_(填字母代号)。

18、A小球的质量 mB轻绳的长度 lC小球运动一周所需要的时间 T（3）根据小军同学的思路，请你写出重力加速度 g 的表达式_。【答案】 (1). 5.695 (2). 5.695 (3). 【解析】试题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，固定部分每个刻度为 0.5mm，可动部分每个刻度单位为 0.01mm；根据牛顿第二定律，在最低点与最高点列出合力提供向心力的表达式，再结合机械能守恒定律，即可求解- 10 -（1）螺旋测微器的固定刻度读数 5.5mm，可动刻度读数为 0.0119.5=0.195mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=5.

19、5mm+0.195mm=5.695mm（2、3）由牛顿第二定律，在最高点，则有，而在最低点，则有：；再依据机械能守恒定律，则有： ，联立上式，解得，因此已知最高点和最低点的拉力，小军同学还需要测量的物理量有小球的质量 m，故 A 正确，BC 错误；根据小军同学的思路，重力加速度 g 的表达式为；14. 用如图所示的实验装置验证 m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图给出的是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4 个点(图中未标出)，计数点间的距离s1=38.40

20、cm、s2=21.60cm、s3=26.40cm、s4=31.21cm、s5=36.02cm 所示。已知m1=50g、m2=150g，频率为 50Hz，则(g 取 9.8 m/s2，所有计算结果保留三位有效数字)（1）在纸带上打下计数点 6 时的速度 v6=_m/s;（2）在打点 06 过程中系统动能的增量=_J，系统势能的减少量_ J,由此得出的结论是_。（3）若某同学根据实验数据作出的图象如图，则当地的实际重力加速度 g=_ - 11 -m/s2【答案】 (1). 2.88 (2). 0.829 (3). 0.847 (4). 在误差允许范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (5). 9

21、.70【解析】 （1）每相邻两计数点间还有 4 个点，所以打点周期为 T=0.1s，根据中点时刻的速度等于平均速度则 （2）在打点 06 过程中系统动能的增量系统势能的减少量：从数据上可以得到：在误差允许范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒（3）根据机械能守恒 得： ，所以图像的斜率表示重力加速度的一半，则 综上所述本题答案是：(1). 2.88 (2). 0.829 ；0.847 ；在误差允许范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 （3）9.70三、计算题三、计算题15. 如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，一质量为 2m 小车在沿斜面向下的外力 F 作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车

22、支架上连接着小球（质量为 m）的轻绳恰好水平。求外力 F 的大小。【答案】F=4.5mg【解析】研究小球，在竖直方向上有：mg=masin30研究整体，沿斜面方向有：F+（M+m）gsin30=（M+m）a- 12 -又 M=2m解得 F=4.5mg16. 如图所示，两个质量都为 M 的木块 A、B 用轻质弹簧相连放在光滑的水平地面上，一颗质量为 m 的子弹以速度 v 射向 A 块并嵌在其中，求弹簧被压缩后的最大弹性势能【答案】【解析】子弹击中木块 A 的过程，子弹和 A 组成的系统动量守恒，由动量守恒得：mv=（M+m）v1，解得： ；当子弹、两木块速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，

23、在该过程中，子弹、两木块组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律得：（M+m）v1=（2M+m）v2，解得： ；由能量守恒定律（或机械能守恒定律）得，弹簧弹性势能的最大值：；点睛：本题是含有弹簧的类型，对于子弹打击过程，要明确研究对象，确定哪些物体参与作用，运用动量守恒和机械能守恒进行求解即可；注意子弹射入木块中时要有机械能损失的.17. 如图所示，一固定斜面的倾角 =37，p 点距斜面底端 A 点的距离 x。BC 为一段光滑圆弧轨道，DE 为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，两轨道的半径均为R=2m。滑板长 L=7.1m，质量为 M=1kg，静止在光滑水平地面上，滑板上表面

24、与斜面水平底边的高度差 H=4m，滑板右端紧靠 C 点，上表面恰能与两圆弧相切于 C 点和 D 点，滑板左端到半圆形轨道下端 D 点的距离 L=3.3m。一物块（可视为质点）质量 m=1kg 从斜面上的 p 点由静止下滑，物块离开斜面后恰在 B 点沿切线进入 BC 段圆弧轨道，经 C 点滑上滑板，在 C 点对轨道的压力大小 N=60N，滑板左端到达 D 点时立即被牢固粘连。物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为 =0.5，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：- 13 -（1）物块滑到 C 点的速率 vC；（2）P 点距斜面底端 A 点的距离 X；（3）物块最终静止时

25、的位置到 D 点的距离 S。【答案】 （1）vC=10m/s（2）5m（3）0.4m.（1）由题意知，在C点对轨道的压力大小N=60 N，重力和支持力的合力提供向心力由牛顿第二定律可得：代入数据解得：（2）滑块静止从 P 滑到 C 点过程，由动能定理可得：代入数据解得：x=5m（3）设物块与滑板能达到共同速度 v，即物块未从滑板上落下来，滑板也未与 D 点相撞对物块，由速度公式有： 对滑板，由速度公式有： 代入数据解得：物块的位移：滑板的位移：滑板未到达 D 点，- 14 -物块未从滑板上落下，达到共同速度后，物块与滑板一起匀速运动距离 0.8m 滑板到达 D 点，滑板撞停后，物块独自匀减速运动到 D 点则有： 代入数据解得：因物块不会脱轨，再次回到 D 点后做匀减速直线运动，设其向右减速的最大位移为则物块最终静止时的位置到 D 点的距离：【点睛】本题是一道力学综合题，关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，应用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律解题