1、- 1 -贵州省贵阳市第一中学 2019 届高三物理 11 月月考试题（扫描版）- 2 - 3 - 4 - 5 - 6 - 7 - 8 - 9 -二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求；第 1921 题有多项符合题目要求，全部选对的给 6 分，选对但不全的给 3分，有选错的给 0 分。题号 14 15 16 17 18 19 20 21答案 B A C B C ACD AD CD14用质点代替物体采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故 A 错误。研究弹性势能表达式时，采用了“微元法” ，故 B 正确。在研究加速度与质
2、量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故 C 错误。在研究分力与合力的关系时，采用了“等效替代法” ，故 D 错误。15 10t时间内， A 静止在斜面上，对斜面和 A 构成的系统用整体法受力分析，有()50NFMmg，故 A 正确。 12t时间内， A 沿斜面加速下滑，有沿竖直向下的加速度分量， ()yFma，即 ()50NMmg，故 B 错误。 2t时刻 A 刚好与挡板相撞且未反弹，此后 A 应先减速再静止，减速阶段 A 有竖直向上的加速度分量，即()yFmga， ()50g，故 C、D 错误。16拉力 F 作用于 CO 绳， CO 绳上的拉力大小等于 F 且产生两个效果，一是使 AO 绳
3、拉紧；二是使 BO 绳拉紧。按效果把 CO 绳对 O 点的拉力分解，如右图所示，通过作图可得 BO 绳上的力小于 AO 绳上的力，但 AO 绳上的力小于 CO 绳上的力，因此当拉力 F 逐渐增大， CO 绳先达到最大拉力， CO 绳先断，故 C 正确。17小球做平抛运动落在斜面上，则有 tan2ygtxv， tan，则水平位移2tanxtgv。由数学知识可知图线的斜率 tk，解得 3t4。18第一次击打后小球恰好做完整的圆周运动，则在最高点有2mgRv，设小锤第一次击打完小球后小球速度为 1v，根据动能定理有 221gA， 21Wmv；第二次击打小球后，设小球速度为 2，且恰能回到与圆心等高的
4、位置，由功能关系有20mgRAv， 1Wmv，解得 1253W。- 10 -19当汽车加速度为 0 时，速度达到最大时，有 fF， mPv；匀加速直线运动阶段，fFma， fFa，匀加速阶段的末速度 1at，变加速直线运动阶段用时2t无法求出，故 B 错误。由相关知识可知 C、D 正确。20由开普勒第三定律可知， 12T，故 A 正确。 P 是远地点， Q 是近地点，从 P 到 M 速度逐渐增大，故时间应大于 4，故 B 错误。由 2MaGr可知，卫星在 P 点的加速度都相同，故 C 错误。卫星由轨道 1 在 P 点进入轨道 2 做近心运动，要减速，故 D 正确。21由 Fx图象所围成的面积知
5、 1()WkxL弹 ，根据图乙可知，当 0xL时，0sin3mgk， 2mgxk，此时物体速度最大，物体从释放到达到最大速度的过程中，根据动能定理可知 200k1()sin3LxE，解得小球动能的最大值为21()28gLk，故 A 错误，D 正确。从释放到 02Lx过程中，由动能定理有21sin30()0mxxL，故 02xL不是最低点，故 B 错误。当 02xL时，沿斜面方向有 0sin3kmgaA， .5g，故 C 正确。三、非选择题（共 174 分）（一）必考题：共 11 小题，共 129 分。22 （每空 2 分，共 8 分）（1）6.88 6.85（2）BD（3） 201hW【解析】
6、 （1） 2p1.0987.10J6.8OBEmgh， 2OCABhTv 2(7.6.9)/s3./20， 2k13.7J.5BEmv。（2）由 2ghv，两边质量约掉，不需要测质量，故 A 错误。C 项所选的第一个点初速度不为 0，应验证 2201tmghv，故 C 错误。（3） 10FhW合 ， 2合 ， 12W， 01h。23 （除特殊标注外，每空 2 分，共 7 分）- 11 -（1）如右图所示（3 分）（2）2.16（2.142.18） 0.43【解析】 （1）因 VAxR，所以电流表用外接法；如果采用滑动变阻器的限流式接法，负载的电压变化范围约为 45912，所以电压表的量程不够，
7、应采用分压式接法。24 （14 分）解：（1）以小球为研究对象，设绳中张力大小为 T，劈的弹力为 N，由平衡条件有水平方向： cosinTN 竖直方向： img 解得：2Tg（2）以劈和小球整体为研究对象水平方向： cos0.5fmg （3）对整个系统，设地面弹力为 NF，由平衡条件可得水平方向： cos0.5fTg竖直方向： Nin()FMm 刚要滑动时，有 f 联立解得： 0.2 评分标准：本题共 14 分。正确得出、式各给 1 分，正确得出式给 4 分，其余各式各给 2 分。25 （18 分）解：（1）对 m，从释放到 B 点，由机械能守恒定律有21()BghRv在 B 点，由牛顿第二定
8、律有 2NBFm解得： 4/sv， N50F （2）当 m 滑上小车后- 12 -对 m： 1ga 对 M： 2 设经时间 t 两者达到共同速度，则有 12Batv 解得： 1s 由于 .5，此时小车还未被锁定。对 m 和 M，水平方向动量守恒有()BmMvv解得： 1/s 滑块位移： ()2.5Bt 小车位移： 20.mtsv相对位移： 12两者一起匀速运动： 30).5stv(故车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离231mxs（3）车被锁定后，对 m，由动能定律得22()tgLsv滑块脱离小车后平抛竖直方向： 21Hgt水平方向： tsv解得： 0.16m评分标准：本题共 18 分。正确
9、得出 式各给 1 分。（二）选考题：共 45 分。33 （15 分）（1） （5 分）ACE（选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 5 分；每选错 1 个扣3 分，最低得分为 0 分）【解析】 AB 过程， V 减小，外界对气体做功，而 T 不变，内能不变，由 UWQ知，气体要放热，故 A 正确。 BC 过程， V 不变，所以外界未对气体做功，故 B 错误。 AB 过程，- 13 -V 减小， T 不 变 ， 由 pVC知 ， p 增 大 ， 故 C 正 确 。 BC 过 程 ， V 不 变 ， T 升 高 ， 由pC知 ， p 增 大 ， 故 D 错误。 CA 过程
10、， V 增大， T 减小，由 p知， p 减小，故 E正确。（2） （10 分）解：以封闭气体为研究对象，在等容升温过程中，由查理定律得 016pT在等压升温过程中，由盖吕萨克定律得 002.5H在等温膨胀过程中，由玻意耳定律得 100.5.8p联立以上三式解得： 2540KT 评分标准：本题共 10 分。正确得出式给 1 分，其余各式各给 3 分。34 （15 分）（1） （5 分）BCD（选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 5 分；每选错 1 个扣3 分，最低得分为 0 分）【解析】单摆的振动图象与摆球的质量无关，故 A 错误。两单摆的周期相同，由2lTg可知，摆长也相同，故 B 正确。由图易观察出甲的振幅比乙的大，故 C 正确。在 0.5s 时乙有负的最大位移，所以有正向最大加速度，故 D 正确。如 0.5s 时乙改变速度方向，而甲未改变，故 E 错误。（2） （10 分）解：光路图如右图所示 由临界角的范围结合几何关系得 170， 25， 30sinr评 分 标 准 ： 本 题 共 10 分 。 正 确 得 出 式 给 4 分 ， 其 余 各 式 各 给 3 分 。- 14 -
