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2019年高三物理12月月考试题(含解析)【试卷综析】本试卷是高三模拟试题,包含了高中物理的必修
一、必修二选修3—1等内容,主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒、欧姆定律、带电粒子在匀强电场中的运动等内容,在考查问题上以基本定义、基本规律为主,重视生素养的考查,注重主干知识,兼顾覆盖面第Ⅰ卷选择题共42分
一、选择题(本题7小题每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的、不选的得0分)【题文】1.下列有关研究物理问题的思想或方法的描述错误的是()A.在探究加速度与力、质量的关系时,利用了控制变量的思想方法B.物理学中引入“质点”的模型时,采用了理想化方法C.物理学中建立“加速度”的概念时,采用了等效法D.伽利略研究力与运动的关系时,采用了理想实验法【知识点】物理学史.p【答案解析】C解析A、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法,故A正确.B、物理学中引入“质点”的模型时,采用了理想化方法;故B正确.C、物理学中建立“加速度”的概念时,不是采用了等效法;故C错误.D、伽利略在研究力与运动关系时利用了理想实验法.故D正确.故选C;【思路点拨】解答本题应掌握在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法;物理学中引入“质点”的模型时,采用了理想化方法;物理学中建立“加速度”的概念时,采用了等效法;伽利略在研究力与运动关系时利用了理想实验法.【题文】2.在如图甲所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中,四个理想电表的示数都发生变化图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况,以下说法错误的是()A.图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B.图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C.此过程中电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值变大D.此过程中电压表V2示数的变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值不变【知识点】闭合电路的欧姆定律J2【答案解析】C解析A、根据图中a、b图线的斜率可判断,a图线的斜率大,其斜率大小为r+R1,b图线的斜率为电源内阻r,即a图线是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况,故A正确.B、电压表V2测量定值电阻R1的电压,其U-I图象是过原点的直线,故B正确;C、由闭合电路欧姆定律得U1=E-Ir,V1示数的变化量和电流表示数的变化量的比值为=r是电源内阻,故C错误;D、电压表V2示数变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值等于R2,是不变的,故D正确;本题选错误的,故选C.【思路点拨】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,总电流减小,可知路端电压增大,即知电压表V1示数增大,电压表V2的示数减小,电压表V3的示数增大,即可知图线与电压示数的对应关系.由闭合电路欧姆定律得知,电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值等于r,电压表V2示数的变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值等于R2,是不变的.【题文】
3.在如图所示的位移x一时间t图象和速度v一时间t图象中,给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况,则下列说法正确的()A.在图示时间内丙、丁两车在t2时刻相距最远B.0~t1时间内,甲车通过的路程大于乙车通过的路程C.甲车做曲线运动,乙车做直线运动D.0~t2时间内丙、丁两车的平均速度相等【知识点】匀变速直线运动的图像.A5【答案解析】A解析A. 由图象与时间轴围成的面积表示位移可知丙、丁两车在t2时刻面积差最大,所以相距最远,故A正确; B.在t1时刻两车的位移相等,又都是单向直线运动,所以两车路程相等,故B错误; C.由图象可知乙做匀速直线运动,甲做速度越来越小的变速直线运动,故A错误; D.0~t2时间内,丙的位移小于丁的位移,时间相等,平均速度等于位移除以时间,所以丙的平均速度小于丁车的平均速度,故D错误.故选A.【思路点拨】在位移-时间图象中,倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,斜率表示速度,图象的交点表示位移相等,平均速度等于位移除以时间;在速度-时间图象中,斜率表示加速度,图象与时间轴围成的面积表示位移.【题文】
4.如图所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上,现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为 A.mgR B.2mgRC.
2.5mgRD.3mgR【知识点】动能定理E2【答案解析】C解析根据圆周运动规律得,mg=m,解得最高点最小速度vC=则根据动能定理得,W-mg•2R=mvc2,解得W=
2.5mgR.故C正确,A、B、D错误.故选C.【思路点拨】根据圆周运动规律求出小球通过最高点C的最小速度,通过动能定理求出水平了对小球做功的最小值.【题文】
5.如图所示,一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接,弹簧、地面水平.A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点,A、B两点离墙壁的距离分别是x
1、x
2.物块与地面的最大静摩擦力为f,则弹簧的劲度系数为 A.B.C.D.【知识点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;胡克定律.B3D1【答案解析】C解析水平方向上,物块在A点受弹簧弹力和地面的摩擦力,方向相反,根据平衡条件有k(x0-x1)=f同理,在B点根据水平方向上,受力平衡有k(x2-x0)=f联立解得k=故选C.【思路点拨】分别对物体处于对A、B点时进行受力分析,根据平衡条件列方程即可求解.【题文】
6.如图所示,三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上,设地球质量为M,半径为R,下列说法不正确的是()A.三颗卫星对地球引力的合力大小为B.两颗卫星之间的引力大小为C.一颗卫星对地球的引力大小为D.地球对一颗卫星的引力大小为【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.D5【答案解析】AD解析A、三颗卫星对地球的引力大小相等,三个力互成120度,根据合成法,知合力为零.故A错误;B、根据几何关系知,两颗卫星间的距离l=r,则两卫星的万有引力=.故B正确;CD、地球对一颗卫星的引力大小为G,则一颗卫星对地球的引力大小为G,故C正确,D错误.本题选择不正确的是,故选AD.【思路点拨】根据万有引力定律公式,求出地球与卫星、卫星与卫星间的引力,结合力的合成求出卫星对地球的引力.【题文】
7.静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线.一质量为m、带电量为-q的粒子不计重力,以初速度v0从O点x=0进入电场,沿x轴正方向运动.下列叙述正确的是 A.粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B.粒子从x1运动到x3的过程中,电势能一直增大C.要使粒子能运动到x3处,粒子的初速度v0至少为D.若v0=,粒子在运动过程中的最大速度为【知识点】电势能;动能定理的应用.E2I2【答案解析】BD解析A、粒子从O运动到x1的过程中,电势升高,场强方向沿x轴负方向,粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向,粒子做减速运动.故A错误.B、粒子从x1运动到x3的过程中,电势不断降低,根据负电荷在电势低处电势越大,可知,粒子的电势能不断增大.故B正确.C、当粒子恰好运动到x1处时,由动能定理得 q(0-φ0)=0-,解得,v0=,要使粒子能运动到x4处,粒子的初速度v0至少为.故C错误.D、若v0=2,粒子运动到x3处电势能最小,动能最大,由动能定理得 q[0-(-φ0)]=-,解得最大速度为vm=.故D正确. 故选BD;【思路点拨】由E=知,φ-x图象的斜率等于场强,根据顺着电场线方向电势降低,判断场强的方向,分析粒子的运动情况.正电荷在电势高处电势越大.粒子如能运动到x1处,就能到达x4处,根据动能定理研究0-x1过程,求解初速度v0.粒子运动到x3处电势能最小,动能最大,由动能定理求解最大速度.第Ⅱ卷非选择题共68分
二、实验题(共17分.)【题文】8-1.(6分)⑴
①图甲中游标卡尺的读数是cm,图乙中螺旋测微器的读数是mm
(2)、关于“互成角度的两个共点力的合成”实验中,关于结点的位置O的说法正确的是()A、结点O的位置不变,说明两个弹簧秤的拉力的合力不变B、一个弹簧秤的拉力大小或方向改变后,另一个弹簧秤的拉力大小或方向必须改变,才能使结点O的位置不变C、两个弹簧秤的拉力方向不变,而适当地改变它们的大小,能够保持结点O的位置不变D、两个弹簧秤的拉力大小不变,而适当地改变它们的方向,能够保持结点O的位置不变【知识点】验证力的平行四边形定则B6【答案解析】
12.98cm
5.680mm2ABD解析
(1)
①、游标卡尺的主尺读数为
2.9cm,游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为8×
0.1mm=
0.8mm=
0.08cm,所以最终读数为
2.9cm+
0.08=
2.98cm.
②、螺旋测微器的固定刻度为
5.5mm,可动刻度为
18.0×
0.01mm=
0.180mm,所以最终读数为
5.5mm+
0.180mm=
5.680mm;
(2)A、结点O的位置不变,说明两个弹簧秤的拉力的合力不变,故A正确;B、一个弹簧秤的拉力大小或方向改变后,另一个弹簧秤的拉力大小或方向必须改变,才能使结点O的位置不变,即保证合力不变,故B正确;C、根据平行四边形法则得两个弹簧秤的拉力方向不变,而适当地改变它们的大小,合力一定改变,所以不能够保持结点O的位置不变,故C错误;D、根据平行四边形法则得两个弹簧秤的拉力大小不变,而适当地改变它们的方向,合力可能不变,所以能够保持结点O的位置不变,故D正确;故选ABD.【思路点拨】()解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.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
(2)正确解答本题需要掌握理解“等效法”的具体应用;进行该实验的具体操作和注意事项;理解合力和分力的关系.【题文】8-
2.11分某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律,用实验得到下表所示的数据I和U分别表示小灯泡的电流和电压,则 甲 乙 丙图5-2-331当U=
1.20V时对应的电流表如图甲所示,其读数为________A.2分2实验中所用的器材有电压表量程3V,内阻约为2kΩ电流表量程
0.6A,内阻约为
0.2Ω滑动变阻器0~5Ω,1A电、待测小灯泡、电键、导线若干.请在图乙方框中画出该实验的电路图.3分3根据实验数据,在图丙中画出小灯泡的U—I曲线.3分4如果把这个小灯泡接在一个电动势为
1.5V、内阻为
2.0Ω的电池两端,则小灯泡的实际功率是________W结果保留2位有效数字.3分【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线.J4【答案解析】
10.42 2如图5-2-34甲所示 3如图5-2-34乙所示
40.
280.25~
0.32都正确解析
(1)电流表的指针对应的刻度超过
1.4一个小格,因此可以读作
0.42Ω
(2)由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻,如电压为
2.00V时,其阻值R灯===
4.0Ω,为减少由于电表接入电路引起的系统误差,应采用电流表外接法.为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大,滑线变阻器应连接成分压电路,实验电路如图乙所示.
(3)根据实验得到的数据在U-I坐标系中描点,并将这些数据点连接成一条平滑的曲线,如图2所示.
(4)作出电源的U-I图线,它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点,小灯泡的实际电流为
0.33-
0.35A电压为
0.80-
0.82V,功率P=IU=
0.27~
0.28W.【思路点拨】
(1)为测量多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,灯泡电阻较小,远小于电压表内阻,电流表应采用外接法,据此作出实验电路图.
(2)根据表中实验数据,应用描点法作图,作出小灯泡的伏安特性曲线.
(3)在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象,找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值,由P=UI求出灯泡的实际功率..
三、计算题(本题共3个小题,共计51分,解答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)【题文】
9.15分某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下,通过处理转化为υ—t图象,如图9所示(除2s~10s时间段图象为曲线外,其余时间段图象均为直线).已知在小车运动的过程中,2s~14s时间段内小车的功率保持不变,在14s末停止遥控而让小车自由滑行,小车的质量为
1.0kg,可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变.求
(1)小车所受到的阻力大小;
(2)小车匀速行驶阶段的功率;
(3)小车在加速运动过程中(指图象中0~10秒内)位移的大小.【知识点】动能定理;功率、平均功率和瞬时功率.E2E1【答案解析】
(1)-
1.5N
(2)9W
(3)42m解析
(1)在14s~18s时间段a=由图象可得a=m/s2=-
1.5m/s2Ff=ma=-
1.5N(负号表示力的方向与运动方向相反)
(2)在10s~14s小车做匀速运动,牵引力大小F与Ff大小相等F=
1.5NP=Fυ=
1.5×6W=9W
(3)速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移0~2s内x1=×2×3m=3m2s~10s内根据动能定理(若Ff仅指大小则应表示为)解得x2=39m加速过程中小车的位移大小为x=x1+x2=42m【思路点拨】
(1)在14s末停止遥控而让小车自由滑行,小车只受摩擦力,故可以可以先求加速度,再求出合力,等于摩擦力;
(2)匀速阶段,牵引力等于阻力,速度已知,直接根据公式P=Fv求解;
(3)前2秒位移根据运动学公式求解,2s到10s为变加速过程,其位移可以由动能定理求解.【题文】
10.17分如图所示,竖直平面xOy内有三个宽度均为L首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG.三个区域中分别存在方向为+y、+y、+x的匀强电场,其场强大小比例为2∶1∶
2.现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为0,L的P点射入ABFE场区,初速度方向水平向右.物体恰从坐标为2L,L/2的Q点射入CDHG场区,已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等,重力加速度为g,物体可以视为质点,y轴竖直向上,区域内竖直方向电场足够大.求1物体进入ABFE区域时的初速度大小;2物体在ADHE区域运动的总时间;3物体从DH边界射出位置的坐标.【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动;牛顿第二定律;电场强度.I3C2I2【答案解析】
(1)
(2)
(3)解析设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E,物体在三个区域运动的时间分别t
1、t
2、t3.
(1)在BCDF,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律得 mg-qE=ma2,而2qE=mg得a2=,在水平方向有L=v0t;在竖直方向有解得,v0=,t2=
(2)在ABEF区域.对物体进行受力分析,在竖直方向有2qE=mg物体做匀速直线运动,v0=,t1=t2=在BCGF区域,物体做类平抛运动,v0=,t2=在Q点竖直方向速度vy=a2t2==v0,则Q点速度vQ==,与水平方向夹角为45°在CDHG区域 由于2qE=mg对物体进行受力分析,F=mg,与水平方向夹角为45°,与速度方向相同,物体做匀加速直线运动 水平方向L=v0t3+解得t3=,所以t=t1+t2+t3,
(3)物体在ABFE区域做匀速直线运动,在BCGF区域物体做类平抛运动,偏移量为.在CDHG区域,沿与水平方向夹角为45°,物体做匀加速直线运动,竖直方向位移为L,则物体从DH边界射出位置的坐标为(3L,-).【思路点拨】
(1)分析物体的受力情况和运动情况物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等,做匀速直线运动.进入BCGF后,受力竖直向下的重力和竖直向上的电场力,做类平抛运动.根据物体到达Q的速度大小和方向,分析物体进入CDHG的运动情况.在BCDF区域,物体做类平抛运动,水平位移为L,竖直位移为.根据牛顿第二定律求出加速度,运用运动的分解方法,求出初速度.
(2)物体在ABFE区域做匀速直线运动,根据位移和初速度求出时间;在BCGF区域,物体做类平抛运动,求出物体到达Q速度大小和方向,物体进入CDHG区域,做匀加速直线运动,由牛顿第二定律和位移公式结合求出时间,再求出总时间.
(3)物体从DH边界射出时横坐标为3L.根据物体在三个区域内竖直方向的偏移量,求出纵坐标.【题文】
11.19分如图所示,为一个实验室模拟货物传送的装置,A是一个表面绝缘质量为1kg的小车,小车置于光滑的水平面上,在小车左端放置一质量为
0.1kg带电量为q=1×10-2C的绝缘货柜,现将一质量为
0.9kg的货物放在货柜内.在传送途中有一水平电场,可以通过开关控制其有、无及方向.先产生一个方向水平向右,大小E1=3×102N/m的电场,小车和货柜开始运动,作用时间2s后,改变电场,电场大小变为E2=1×102N/m,方向向左,电场作用一段时间后,关闭电场,小车正好到达目的地,货物到达小车的最右端,且小车和货物的速度恰好为零已知货柜与小车间的动摩擦因数µ=
0.1,(小车不带电,货柜及货物体积大小不计,g取10m/s2)求⑴第二次电场作用的时间;⑵小车的长度;⑶小车开始运动时右端到目的地的距离.【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与位移的关系.C2A2【答案解析】A解析
(1)货物小车经t1=2s货物运动小车运动货物V1=a1t1=2×2=4m/s向右小车V2=a2t1=1×2=2m/s向右经2秒后,货物作匀减速运动向左小车加速度不变,仍为a2=1m/s2向右,当两者速度相等时,货柜恰好到达小车最右端,以后因为qE2=f=µm0+m1g,货柜和小车一起作为整体向右以向右作匀减速直到速度都为0.共同速度为V=V1—a1′t2V=V2+a2′t2t2=V=m/s货物和小车获得共同速度至停止运动用时第二次电场作用时间t=t2+t3=6s
(2)小车在t2内位移S3=V2t2+a2t22=m货柜在t2内位移为S4=V1t2—a1′t22=m小车长度L=S1-S2+S4-S3=m(或qE1S1-qE2S4=L=m
(3)小车右端到达目的地的距离为S【思路点拨】
(1)根据牛顿第二定律分别求出小车和货物的加速度,再根据运动学基本公式分别求出速度和位移,经2秒后,货物作匀减速运动,求出货物的加速度,小车加速度不变,仍为a2=1m/s2向右,当两者速度相等时,货柜恰好到达小车最右端,以后因为qE2=f=µ(m0+m1)g,货柜和小车一起作为整体向右以相同的加速度向右作匀减速直到速度都为0.求出货物和小车获得共同速度至停止运动用时间,即可求出第二次电场作用时间;
(2)求出小车在t2时间内位移和货柜在t2时间内位移,根据位移关系即可求得小车长度;
(3)小车右端到达目的地的距离为三段运动位移之和.。