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 -