2019届高三物理上学期12月月考试题（含解析）人教版.doc

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1、- 1 -20192019 学年高三上学期学年高三上学期 1212 月测考物理试题月测考物理试题一、选择题一、选择题1. 以下关于物理学家对科学的贡献的说法中正确的是A. 波尔的氢原子结构模型成功的解释了氢原子的发光机制B. 爱因斯坦的光电效应方程表明光电子的最大初动能只与入射光的频率有关C. 伽利略测出了重力加速度并指出自由落体运动就是加速度为 g 的匀加速直线运动D. 法拉第在一次讲课中无意发现通电导线使下面的小磁针发生偏转的现象.他认为那是因为通电导线周围存在磁场的缘故【答案】A【解析】A 波尔理论很好地解释了氢原子光谱，波尔的氢原子结构模型成功的解释了氢原子的发光机制，故 A 正确；B

2、 爱因斯坦的光电效应方程表明，打出的光电子的初动能与金属的逸出功和入射光的频率均有关，故 B 错误；C 伽利略并未测出重力加速度，故 C 错误；D 发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，故 D 错，故选 A2. 如图所示，固定杆与水平面的夹角 =30，穿在杆上的两小球 A、B 通过一条跨过定滑轮的轻绳相连接，小球孔的内径略大于杆的直径，滑轮的转轴为 O，通过轻杆固定于天花板下，平衡时 OA 绳与杆的夹角也为 ，OB 绳竖直，滑轮大小、质量不计，所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是A. 平衡时 B 球受三个力的作用B. 转轴 O 对滑轮的作用力竖直向上C. 小球 A、B 的质量之比为D. 小球

3、 A 重力与轻绳拉力大小之比为- 2 -【答案】C【解析】试题分析：对 B 球受力分析可知，B 球受到重力、绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对 B 球没有弹力，否则不能平衡，故 A 错误；转轴受两侧绳子的两个拉力和弹力而平衡，由于两个拉力的合力斜向右下方，根据平衡条件，转轴 O 对滑轮的作用力斜向左上方，故 B错误；设细线的拉力为 T，对 B 球，有：，对 A，平行杆子方向，有：，联立解得，故 C 正确，D 错误；故选 C.【点睛】分别对 AB 两球分析，运用合成法，用 T 表示出 A、B 两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子 AB 两球的拉力是相等的3. 如图所示，我国自主研发的北斗卫

4、星导航系统由 35 颗卫星组成，包括分布于 a 类型轨道的 5 颗同步轨道卫星、分布于 b 类型轨道的 3 颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相同，轨道倾角 55)和分布于 c 类型轨道的 27 颖中轨道卫星，中轨道卫星运行在 3 个互成 120的轨道面上，预计 2020 年全部建成，下列说法正确的是A. 处于 a 类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态B. b 类型轨道上的卫星的加速度大于 c 类型轨道上的卫星运行的加速度C. 类型轨道上的卫星的运行速度大于地球赤道上物体运行的速度D. b 类型轨道上的卫星可与地球保持相对静止【答案】C【解析】A.处于 a 类型轨道上的卫星相对于地面静

5、止且处于非平衡状态，故 A 错；B由于 b 类型轨道的高度大于 c 类型轨道的高度，故 b 类型轨道上的卫星的加速度小于 c类型轨道上的卫星运行的加速度，故 B 错；- 3 -D.只有 a 类型轨道上的卫星可与地球保持相对静止,故 D 错。故选 C。4. 小球质量为 2m，以速度 v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是，球与墙撞击时间为 t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是A. B. C. D. 【答案】C【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为-；则由动量定理可得：Ft=-2m-2mv解得：F=；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为 F

6、=F=；故选 C5. 如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为圆盘上电荷分布均匀，并且形状规则，故可圆盘可等效看做为电荷集中在c点，带电量为Q的点电荷，q在b点产生的电场强度大小为，Q 在b点产生的电场强度大小为，因为b点电场强度为零，所以，解得，Q带正电，q在d处此时的电场强度大小为，方向向右；Q在 d 处产生的电场强度大小为，方向向右，故

7、d点的合场强为，B 正确6. 下列说法正确的是()- 4 -A. 是a衰变方程B. 是核聚变反应方程C. 是核裂变反应方程D. 是核聚变反应方程【答案】B【解析】 衰变是自发地进行的，不需其它粒子轰击，A 错误；B 中的反应为轻核聚变反应方程，B 正确；C 中是 衰变方程，C 错误；D 中的反应方程为原子核人工转变方程，D 错误7. 在如图所示的电路中，闭合开关 S，将滑动变阻器的滑片P向下滑动后，假设电流表 A 和电压表 V1、V2、V3四个电表的示数变化量的绝对值分别为 I、U1、U2、U3，则在滑片P向下滑动的过程中，下列说法正确的是( )A. 变大 B. 不变C. 不变 D. 变大【答

8、案】BC【解析】试题分析：分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析电路中电流和各个电阻电压的变化，结合闭合电路欧姆定律进行分析电压变化量与电流变化量比值的变化因为电压表 V1测量的是路端电压，电流表测量的是干路电流，根据欧姆定律可得，所以表示电源内阻，故恒定不变，A 错误；V2测量的是两端的电压，V3测量的是两端的电压，因为电路是串联电路，所以电流表也测量的电流，所以恒定不变，根- 5 -据可得，恒定不变，C 正确 D 错误8. 如图所示，空间同时存在竖直向上的匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E，磁感应强度为B。一质量为 m，电量为 q 的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30，

9、同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度 v，则关于小球的运动，下列说法正确的是（）A. 小球做匀速圆周运动B. 小球运动过程中机械能守恒C. 小球运动到最低点时电势能增加D. 小球第一次运动到最低点历时【答案】ACD【解析】A、带正电小球恰好处于静止状态，不受洛伦兹力，所以有重力与电场力大小相等，方向相反，给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度 v，小球所受到的合力等于洛伦兹力，所以小球做匀速圆周运动，故 A 正确；B、因为小球在垂直纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，运动过程中电场力要做功，所以小球运动过程中机械能不守恒，故 B 错误；C、电场力从开始到最低点时克服电场力做功为，所以电势能增加，故

10、C 正确；D、小球从第一次运动到最低点的时间为，故 D 正确；故选 ACD。9. 在某次发射科学实验卫星“双星”中，放置了一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度，磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为 a、高为 b 的长方- 6 -形，放在沿 y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿 x 轴正方向、大小为 I 的电流，已知金属导体单位体积重的自由电子数为 n，电子电荷量为 e，金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间的电势差为 U，则下列说法正确的是A. 电流方向沿 x 轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高B. 电流方向

11、沿 x 轴正方向，电子受力方向指向前侧面，因此后侧面电势较高C. 磁感应强度的大小为D. 磁感应强度的大小为【答案】BC【解析】试题分析：金属导体中有自由电子当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿 z 轴正方向，自由电子向前侧面偏转，故后侧面电势较高，故 A 错误，B 正确；设自由电子匀速运动的速度为 v，则由电流的微观表达式有 I=neabv，金属导体前后两个侧面间的电场强度，达到稳定状态时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有：evB=eE，解得磁感应强度的大小为：，故 C 正确，D 错误故选

12、 BC考点：霍尔效应【名师点睛】解决本题的关键会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道稳定时电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡。10. 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于 O 点(图中未标出)物块的质量为 m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为 .现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为 W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经 O 点到达 B 点时速度为零重力加速度为 g.则上述过程中A. 物块在 A 点时，弹簧的弹性势能等于- 7 -B. 物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于C. 经 O 点时，物块的动能小于 WmgaD. 物

13、块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能【答案】BC【解析】试题分析：据题意分析：物块到达B点时速度为 0，但加速度不一定是零，即不一定合力为 0，这是此题的不确定处弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数 很小，则动能为最大时时弹簧伸长量小（此时弹力等于摩擦力） ，而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果 较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大， （因弹力等于摩擦力，较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡） ，而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为 0，加速度也为 0） ，此时B点伸长量可能小

14、于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可如果没有摩擦力，则O点应该在AB的中点，由于有摩擦力，物体从A到B过程中有机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点故设物块在 A 点时弹簧的弹性势能为，物块从A点运动到O点的过程，由能量守恒定律得，则得，即物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故 A 错误；由 A 分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故 B 正确；从 O 点开始到再次到达 O 点，物体路程大于 a，故由动能定理得，

15、物块的动能小于，故 C 正确；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在 B 点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在 B 点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故 D 错误。视频二、实验题二、实验题11. 某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为 50Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。- 8 -（1）若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点

16、间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选_段来计算A碰前的速度。应选_段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)。（2）已测得小车A的质量m1=0.4kg，小车B的质量为m2=0.2kg，则碰前两小车的总动量为_kgm/s，碰后两小车的总动量为_kgm/s。【答案】 (1). BC (2). DE (3). 0.420 (4). 0.417【解析】 （1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故

17、BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。故答案为BC、DE。（2）碰前系统的动量即A的动量，则,碰后的总动量：,碰撞前后动量近似相等，所以在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的。12. 理想电压表内阻无穷大，而实际电压表并非如此，现要测量一个量程为 03V、内阻约为 3k 电压表的阻值。实验室备有以下器材：A待测电压表 V1：量程为 03V、内阻约为 3kB电压表 V2：量程为 06V、内阻约为 6kC滑动变阻器R1：最大值 20、额定电流 1

18、AD定值电阻R0E电源：电动势 6V，内阻约为 1F开关一个、导线若干（1）利用以上器材设计如图甲所示测量电路，请你按图示电路将图乙的实验仪器连接起来- 9 -_；（2）请写出按该电路测量电压表 V1内阻RV的表达式，并指出表达式中各物理量的含义： _（3）在正确连接电路后，闭合开关 S，不断地调节滑动变阻器R1滑片位置，记录多组电压表 V1、V2示数，作出U2U1图线如图丙所示。若R0=1480，由图线上的数据可得RV=_。【答案】 (1). 见解析 (2). ，其中U1、U2分别为电压表 V1、V2的示数，R0是定值电阻的阻值 (3). 2 960【解析】试题分析：注意变阻器分压式的连接方

19、法和电表的正负极，从而明确实物图的连接方法；根据串并联规律写出两电压表读数间表达式，然后解出待测电阻阻值即可；根据题（2）中的表达式解出 U2和 U1的函数表达式，然后根据斜率的概念即求解（1）实物图连接如图所示（2）由欧姆定律有，解得，其中U1、U2分别为电压表 V1、V2的示数，R0是定值电阻的阻值；（3）由电路的电压关系可得，由图象可知，斜率，若- 10 -，则。三、计算题三、计算题13. 某质谱仪装置如图所示，带电粒子经电场加速后进人下方的匀强磁场进行偏转最终打在接收屏上，通过测量粒子打在接收屏上的位置即可对带电粒子进行分析。现有两个不同比荷的带正电的粒子从正极板处由静止释放，已知两个

20、粒子的比荷分别为k1、k2(k1k2).两极板间的距离为L，加速电压为U，磁感应强度为B。求（1）两个粒子打在接收屏上形成的光斑之间的距离;（2）两粒子打在接收屏上的时间差。【答案】 （1）（2）【解析】 （1） 带电粒子经电场加速有：在匀强磁场：由得故（2） 带电粒子经电场加速由解得在匀强磁场：- 11 -故故故 14. 如图所示，质量为M的木块静置于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出。设木块对子弹的阻力恒为F，求：（1）射入过程中产生的内能为多少？木块至少为多长时子弹才不会穿出？（2）子弹在木块中运动了多长时间？【答案】 （1）；（2）【解析】 （1）以m和M

21、组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得，得.设木块的位移为x，子弹相对于木块的位移为L，对m，由动能定理知对M，由动能定理知联立以上两式得，即解得。- 12 -（2）以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得。15. 如图所示，半径R=0.5m 的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，

22、物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数= ，重力加速度g=10m/s2。求：(sin37=0.6，cos37=0.8)（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。【答案】 （1）4kg（2）78N（3）1m【解析】试题分析：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：m1gsin53=m2gsin37解得：m2=4kg即小物块 Q 的质量 m2为 4kg（2）P 到 D 过程，由动能定理得 m1gh=根据几何关系，有：h=L1sin53+R（1cos53）在 D 点，支持力和重力的合力提供向心力：FDmg=m解得：FD=78N由牛顿第三定律得，物块 P 对轨道的压力大小为 78N（3）分析可知最终物块在 CDM 之间往复运动，C 点和 M 点速度为零由全过程动能定理得：mgL1sin53mgL1cos53L总=0- 13 -解得：L总=1.0m即物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程为 1.0m