陕西省2019届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 高三（上）第一次月考物理试卷高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题一、选择题1 （3 分）竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物，G现将轻绳的一端固定于支架上的点，另一端从与点等高的点沿支架缓慢地向点AABC移动，则绳中拉力大小变化的情况是（ ）A先变小后变大B先不变后变小C先不变后变大D先变大后变小【答案】B【解析】解：当轻绳从端到直杆的最上端的过程中，设两绳的夹角为B2设绳子总长为，两直杆间的距离为，由数学知识得到LS，、不变，则保持不变sinS LLS再根据平衡条件可知，两绳的拉力保持不变F当轻绳的右端从直杆的最上端移到时，设两绳的夹

2、角为以滑轮为研究对象，分析B2受力情况，作出力图如图 1 所示根据平衡条件得，2cosFmg得到绳子的拉力，2cosmgF所以在当轻绳的右端从直杆的最上端移到时的过程中，减小，增大，则变BcosF小故选：B2 （3 分）质量为的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触m- 2 -成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止若最大静摩擦等于滑动摩擦力，则（ ）A底层每个足球对地面的压力为mgB底层每个足球之间的弹力为零C下层每个足球对上层足球的支持力大小为3mgD水平面的摩擦因数至少为6 6【答案】B【解析】解：A根据整体法，下面每个球对地面的压力为，故；故

3、AN3N4mg4 3mg错误；B四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，故 B 正确；C上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于，故 C 错误；3mgD根据正四面体几何关系可求，与的夹角的余弦值，正弦值；Fmg6cos33sin3则有：，64N33Fmgmg3 3Ff联立解得： ，2 6fmg6 6Fmg则，所以水平面的摩擦因数至少为，故 D 错误2 6 42 8 3mgmg2 8- 3 -故选：B3 （3 分）如图所示，质量为电量为的带正电物体，

4、在磁感强度为、方向直纸面向里mqB的匀强磁场中，沿动摩檫因数为的水平面向左以初速度运动，则（ ）vA若另加一个电场强度为、方向水平向右的匀强电场，物体做匀速运动()mgq qvBB若另加一个电场强度为、方向竖直向上的匀强电场()mgqvB qC物体的速度由减小到零所用的时间等于v()mv mgqvBD物体的速度由减小到零所用的时间小于v()mv mgqvB【答案】B【解析】解：A若另加一个电场强度为、方向水平向左的匀强电场，电场力()mgq qvB，但电场力的方向与摩擦力方向相同，故物体不能处于平衡状()FqEmgqvBf态，故 A 错误；D若另加一个电场强度为为、方向竖直向上的匀强电场，电场

5、力()mgqvB q，支持力为零，故摩擦力为零，物体做匀速直线运动，故 B 正确；FqEmgqvBC对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则，洛伦兹力向下，合力向后，物体做减速运动；由于摩擦力，不断减小，加速度()tfmgqv B不断减小，不是匀变速运动，故物体的速度由减小到零所用的时间大于，v()mv mgqvB故 CD 错误；故选：B4 （3 分）伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可- 4 -忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置、让小球分别由、滚下，如图所示，ABCAB

6、C、与斜面底端的距离分别为、，小球由、运动到斜面底端的ABC1s2s3sABC时间分别为、，小球由、运动到斜面底端时的速度分别为，、，1t2t3tABC1v2v3v则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下运动是匀变速直线运动的是（ ）A32 222 1231 ttsss tB321 222vvvC212133ttv tvvD1221ssss【答案】A【解析】解：A由运动学公式可知，故三次下落中位移与时间平方向的比21 2sat22sat值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故A 正确；B小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故 B

7、错误；C由可得，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用vatvat来证用匀变速直线运动的结论；故 C 错误；D由图可知及运动学规律可知，故 D 错误1223ssss故选：A5 （3 分）在平直公路上行驶的车和车，其位移-时间图象分别为图中直线和曲线，abab由图可知（ ）- 5 -A车运动方向始终不变bB在时刻车的位移大于车1tabC到时间内车的平均速度小于车1t2tabD到时间内某时刻两车的速度可能相同1t2t【答案】D【解析】解：A图线切线切线先为正值，然后为负值，知的运动方向发生变化故 A 错bb误；B在时刻，两车的位移相等故 B 错误； 1tC到时间内，两车的位移相同

8、，时间相同，则平均速度相同故 C 错误； 1t2tD到时间内，图线的切线斜率在某时刻与相同，则两车的速度可能相同故 D1t2tba正确故选：D6 （3 分）如图所示，在半圆形光滑凹槽内，两轻质弹簧的下端固定在槽的最低点，另一端分别与小球、相连已知两球在图示、位置静止则下列说法中正确的是（ PQPQ）A若两球质量相同，则球对槽的压力较小PB若两球质量相同，则两球对槽的压力大小相等C若球的质量大，则弹簧的劲度系数大PO P- 6 -D若球的质量大，则弹簧的弹力大PO P【答案】BD【解析】解：对两小球受力分析如图所示，都是受重力、支持力和弹簧的弹力三个力，两小球静止，受力平衡，根据平行四边形定则作

9、平行四边形，有几何关系可知：，则有：，QQQG NOO QPPPG NOO P1QQNOQR GROO1PPNOPR GROO即支持力始终与重力相等，若两球质量相等，重力相等，则所受支持力相等，对槽的压力必然相等，故 A 错误、B 正确；得：，QQFO Q GOOQQO QFGR得：，PPFO P GOOPPO PFGR由图可知，又，则，根据胡克定律，两弹簧的形变量O PO QPQGGPQFFFk x 未知，则劲度系数的大小关系无法确定，故 C 错误，D 正确故选：BD7 （3 分）我校体育馆建设已经接近尾声，建好后将为同学们的健身提供了一个新的场所如图为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度-

10、时间图象，下列判断正确的是（ ）- 7 -A前的平均速度是5s0.5m / sB前钢索最容易发生断裂10sC钢索拉力的功率不变30s 36sD的平均速度等于的平均速度0s 10s30s 36s【答案】BD【解析】解：A由速度时间图线可知，末的速度为，则末的速度为，根10s1m / s5s0.5m / s据平均速度的推论知，前内的平均速度，故 A 错误；5s0.2520.5m / sm / sv B前内，加速度方向向上，拉力大于重力，内，做匀速直线运动，拉力等于10s10 30s重力，内，加速度方向向下，拉力小于重力，可知前内钢索最容易发生断裂，30 36s10s故 B 正确；C内做匀减速运动，

11、拉力不变，根据，知拉力的功率减小，故 C 错误；30 36sPFvD根据平均速度的推论知，内和内平均速度相等，故 D 正确0 2vvv0 10s30 36s故选：BD8 （3 分）如图所示，质量为的三角形木块静止在水平面上，其左右两斜面光滑一质MA量为的物体沿倾角的右侧斜面加速下滑时，三角形木块刚好保持静止则mB30A当物块沿倾角的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是（ ）B60A仍然静止不动，地面对的摩擦力两种情况下等大AAB若角，物块沿右侧斜面下滑时，将不会滑动45AC将向右滑动，若使仍然静止需对施加向左侧的作用力AAD仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧下滑时对地面的压力小A【答案】C- 8

12、 -【解析】解：物体沿着右侧斜面下滑时，对斜面的压力等于重力的垂直分力，为B，cos30Fmg对物体受力分析，受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如图所示：A物体恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，根据平衡条件，有：A方向：，xsin30fF方向：，ycos30NMgF其中：，fN解得：，3 34m mMA物体从左侧下滑，先假设斜面体不动，受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，BA如图所示：- 9 -压力等于物体重力的垂直分力，为，B1cos602Fmgmg 竖直方向一定平衡，支持力为：，1cos604NMgFMgmg 故最大静摩擦力，31 344mmfNMgmgmM压力的水平分

13、力为，故一定滑动，要使静止，需要对其施加向左3cos304mmgFf A的推力，故 C 正确，A、D 错误；B若，物块沿右侧斜面下滑时，先假设不滑动，对的压力为，45ABAcos45mg该压力的水平分量为，竖直分力为，与时相比，对压sin45mg2cos 45mg30BA力的水平分力变大了，对压力的竖直分力也变小了，故最大静摩擦力减小了，故一BA定滑动，故 B 错误故选：C二、填空题二、填空题9 （3 分）如图 所示是某校在高考前为给高三考生加油，用横幅打出的祝福语下面我们来1研究横幅的受力情况，如图所示，横幅的质量为且质量分布均匀，由竖直面内的四2m条轻绳、固定在光滑的竖直墙面内，四条绳子与

14、水平方向的夹角均为，ABCD其中绳、是不可伸长的钢性绳；绳、是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为ABCD，重力加速度为绳、所受力的大小为_；如果在一次卫生打扫除中，0TgAB楼上的小明同学不慎将一质量为的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置已知抹0m布的初速度为零，下落的高度为，忽略空气阻力的影响抹布与横幅撞击后速度变为零，h且撞击时间为 ，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计求撞击过程中，绳、所受tAB平均拉力的大小为_- 10 -【答案】02sinmgT00 02 2sin2 sinmghmgm gTt【解析】解：（1）横幅在竖直方向上处于平衡态：，02 sin2sinTTmg解得：02si

15、nmgTT（2）抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度：，22ghv碰撞过程中与横幅有作用力，F由动量定理可得：，00()0Fm g tm v解得：，0 02mghFm gt由牛顿第三定律可知抹布对横幅的冲击力，FF横幅仍处于平衡状态：，102sin2sinTTmgF解得：，00 102 2sin2 sinmghmgm gTTt故答案为：02sinmgT00 02 2sin2 sinmghmgm gTt10 （3 分）目前在我国许多省市联网正式启动运行，是电子不停车收费系统的简ETCETC- 11 -称汽车分别通过通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以朝ETC115m / sv 收费站正常沿直

16、线行驶，如果过通道，需要在收费站中心线前处正好匀减速至ETC10m，匀速通过中心线后，再匀加速至正常行驶；如果过人工收费通道，需要25m / sv 1v恰好在中心线处匀减速至零，经过缴费成功后，再启动汽车匀加速至正常行20s1v驶设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为汽车过通道时，从开始减21m / sETC速到恢复正常行驶过程中的位移大小为_；汽车通过通道比通过人工收费ETC通道节约的时间是_秒【答案】210m27【解析】解：汽车过通道：ETC减速过程有：， 【注意有文字】22 212vvax减加速过程与减速过程位移相等，则有：， 【注意有文字】2xxd减解得：，210mx 汽车过通道的减速

17、过程有：， 【注意有文字】ETC0vvat减总时间， 【注意有文字】12 1 112222svvddttvav减- 12 -汽车过人工收费通道有：1 222050svta2 1 22225m2vsa所以二者的位移差为：，2122521015sss 则有：，21 127sstttv 故答案为：，210m27三、计算题三、计算题11如图（a） ，、为直角三角形的三个顶点，中点处固定一电量ONP37NOPOP为的正点电荷，点固定一轻质弹簧是一光滑绝缘杆，其中8 12.0 10 CqMMN长为，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷） ，将弹簧压缩到点由ON(1m)a a O静止释放，小球离开弹簧后到达

18、点的速度为零沿方向建立坐标轴（取点处NONO） ，图（b）中 和图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标变化的图象，0x IIIx其中，取3 01.24 10 JE3 11.92 10 JE4 26.2 10 JE9229.0 10 N m / Ck ，sin370.6 cos370.8 210m / sg - 13 -（1）求电势能为时小球的位置坐标和小球的质量；1E1xm（2）已知在处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量；1x2q（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能pE【解析】解：（1）势能为时，距点的距离为：1EM， 11cos37cos370.320.32m2xaa 处重力势能为：

19、， 1x11sin37Emgx 31 0 11 10 kgsin37Emgx （2）在处，根据受力分析可知1x，12 2cos37mgq qkr其中：，1tan370.24rxa 带入数据，得：61 2 162.56 10 C25E aqkq（3）根据能量守恒，有：， 20Psin37mgaEEE带入数据，得： 3 P5.38 10 JE答：（1）求电势能为时小球的位置坐标为，小球的质量 1E1x0.32m3 110 kgm（2）已知在处时小球与杆间的弹力恰好为零，小球的电量为1x2q62.56 10 C（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能为pE35.38 10 J- 14 -12高铁列车上有很

20、多制动装置在每节车厢上装有制动风翼，当风翼完全打开时，可使列车产生的平均制动加速度同时，列车上还有电磁制动系统、空气制动系2 10.5m / sa 统、摩擦制动系统等单独启动电磁制动系统，可使列车产生的平均制动2 20.7m / sa 加速度所有制动系统同时作用，可使列车产生最大为的平均制动加速23m / sa 度在一段直线轨道上，列车正以的速度匀速行驶时，列车长接到通知，0324km / hv 前方有一列车出现故障，需要该列车减速停车列车长先将制动风翼完全打开让高速行驶的列车减速，当车速减小了时，再通过电磁制动系统同时制动1 3（1）若不再开启其他制动系统，从开始制动到停车，高铁列车行驶的距

21、离是多少？（2）若制动风翼完全打开时，距离前车只有，那么该列车最迟在距离前车多远处2km打开剩余的制动装置，才能保证不与前车相撞？【解析】解：（1）由题意可得：，0324km /9 mh0/ sv 打开制动风翼时，有：，2 10.5m / sa ，1022906330m / svv在此过程中行驶的距离为：2222 01 1 190604500m220.5vvxa在打开电磁制动后，共同作用的加速度为：，2220.5m / s0.71m / sm / s.2a在此过程中行驶的距离为：，22 1 2 1601500m22 1.2vxa高铁列车在此过程中行驶的总距离为：，126000mxxx（2）最迟

22、需要在距离前车处打开其他制动装置由题意知，此时减速需要最大制动x加速度，即：，23m / sa ，22vxa 减速之前有：22 0 0 12vvxxa - 15 -由以上两式可解得：1220mx 答：（1）若不再开启其他制动系统，从开始制动到停车，高铁列车行驶的距离是6000m（2）若制动风翼完全打开时，距离前车只有，那么该列车最迟在距离前车2km打开剩余的制动装置，才能保证不与前车相撞1220m13一个光滑直槽长为，固定在水平面上，直槽两端有竖直挡板，槽内有两个质量相同的L光滑小球设水平向右为轴正方向，初始时小球 位于处，速度为，运动方向x10x v向右；小球位于处，速度为，运动方向向左，如

23、图所示小球间的碰撞是完2xL2v全弹性的（碰撞前后速度交换方向相反） ，而小球每次与槽壁的碰撞结果都会使小球速度减半的返回，求：在哪些时间段内两小球的速度大小、方向相同？对应这些时间段的速度大小为多少？【解析】解：由于两个质量相同的光滑小球间的碰撞是完全弹性的（碰撞前后速度交换方向相反） ，所以当两个小球碰撞后，两个小球组成的系统相对于相互“穿过”了对方，所以在第一次碰撞后小球 以返回左侧的时间：12v，球 与槽碰撞后的速度变成方向向右，112Ltv1v球返回第一次右侧的时间：，球 与槽碰撞后的速度变成方向向左，221Ltv12v所以两个小球在的时间内速度相等，速度的大小为，方向向右，2LLt

24、vv v在时刻小球 的到点距离：，12t1O11211()2Lxv tt所以在两个小球发生第二次碰撞后，小球 的速度是方向向左，小球的速度是方向12v 2v向右；小球返回右侧的时间：，与槽发生第二次碰撞后的速度变成，222113 2LLttvv2v方向向左，小球 第二次返回左侧的时间：与槽发生第二次碰撞后的速度变成，1122132LLttvv2v方向向右，- 16 -可知在：的时间内速度也相等，速度变成，方向向左；33 2LLtvv 2v在两个小球发生第三次碰撞后，小球 的速度是方向向左，小球的速度是方向向12v 24v右；小球返回右侧的时间：，与槽发生第三次碰撞后的速度变成，2231274L

25、Lttvv8v方向向左，小球 第三次返回左侧的时间：与槽发生第三次碰撞后的速度变11322237 2 2LLtttvv成，方向向右，4v可知在：的时间内速度也相等，速度变成，方向向右，77 2LLtvv 4v在两个小球发生第四次碰撞后，小球 的速度是方向向左，小球的速度是方向向18v 24v右，小球返回右侧的时间：，与槽发生第四次碰撞后的速度变成，2241315 2 4LLttvv8v方向向左，小球 第四次返回左侧的时间：与槽发生第四次碰撞后的速度变1142324158LLtttvv成，方向向右，16v可知在：的时间内速度也相等，速度变成，方向向左，1515 2LLtvv 8v由以上的分析可知

26、，两个小球在以及的时2LLtvv 22(1)(1) 2nLnLtvv 23()4n ,间内速度是相等的对应的速度的大小分别为：，（为两v2v 4v12nv23()4n ,n个小球的碰撞次数） ，答：两个小球在以及的时间内速度是相等2LLtvv 22(1)(1) 2nLnLtvv 23()4n ,的对应的速度的大小分别为：，（为两个小球的碰撞次v2v 4v12nv23()4n ,n数） 四、选修部分四、选修部分14氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出波长为的光，从能级跃迁到能级时，辐AB1AC- 17 -射出波长为的光，若，则氢原子从能级跃迁到能级时，将_光子，212BC光子的波长为_【答案】辐射1

27、212 【解析】解：因为，根据，知到辐射光子的能量小于到辐射12c 12ABAC光子的能量，所以能级能量比能级能量大，BC跃迁时辐射光子，、间的能级差，BC21hchcE又知，3hcE解得12 3 12 故答案为：辐射，1212 15如图所示，光滑水平面上放置质量均为的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感2kgM 应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离） ，甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块之间的动摩擦因数一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车P0.5的左端，质量为的滑块（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧1kgm P的弹性势能，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现

28、剪断细线，010JE 求：滑块滑上乙时的瞬时速度的大小；P滑块滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块在乙车上滑行的距离 （取）PP210m / sg 【解析】解：（1）设滑块滑上乙车前的速度为，以整体为研究对象，作用的过程中动量Pv和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：- 18 -1220mvMv 1022 21(21 2)2mvMEv两式联立解得：，14m / sv 21m / sv （2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：12()mvMvmM v共由能量守恒定律得：222 1211()221 2mgLmvMvmM v共联立并代入数据得：5m3L 答：滑块滑上乙时的瞬时速度的大小为P4m / s滑块滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块在乙车上滑行的距离为PP5m3