山东省泰安第四中学2019届高三物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

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1、1山东省泰安四中 2019 届第一学期高三 12 月月考物理试题一、选择题（1-6 题为单项选择，7-10 题为多项选择，每题 4 分，共 40 分）1.下列关于场的叙述，正确的是A. 磁场、电场线、磁感线都是科学家为了研究的方便假想出来的，实际不存在B. 某位置不受电场力，说明该点的电场强度为零C. 通电直导线在某位置不受安培力，说明该点的磁感应强度为零D. 电荷所受电场力的方向为该点电场的电场强度方向，磁场中通电导线所受安培力的方向为该处磁场的磁感应强度方向【答案】B【解析】【分析】电场和磁场都是客观存在的；电荷在某处不受磁场力作用，可能磁感应强度为零，也可能由于电荷的速度与磁场平行；而电

2、荷在某处不受电场力作用，该处电场强度一定为零；磁场中通电导线所受安培力的方向与该处磁场的磁感应强度方向垂直【详解】A、磁场虽看不见，摸不着，但是客观存在的；电场线、磁感线都是科学家为了研究的方便假想出来的，实际不存在；故 A 错误.B、由 F=qE 知，若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零；故 B 正确.C、电荷在某处不受磁场力作用，可能磁感应强度为零，也可能由于电荷的速度与磁场平行，所以该处的磁感应强度不一定为零；故 C 错误.D、正电荷所受电场力的方向为该点电场的电场强度方向，负电荷所受电场力的方向与该点电场的电场强度方向相反；根据左手定则，磁场中通电导线所受安培力的方向与该

3、处磁场的磁感应强度方向垂直；故 D 错误.故选 B.【点睛】本题关键要抓住磁场与电场特性上的差异，电场与重力场可以类比理解记忆，注意比值定义法的内涵2.人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起向上运动，如图所示。以下说法正确的是 2A. 电梯作匀速运动时，人只受重力和弹力两个力的作用B. 无论人随电梯作加速运动，还是匀速运动，人的受力情况相同C. 若人随电梯作加速运动，电梯对人的作用力与加速度方向相同D. 当电梯作匀速运动时，人受到的合外力方向与速度方向相同【答案】A【解析】【分析】分别对人匀加速上升和匀速上升两种情况进行分析，根据牛顿第二定律和共点力平衡的条件进行分析，明确各自的受力情况【详解

4、】设人做加速运动时的加速度大小为 a，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得： ax=acos ，方向水平向左； ay=asin ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用， f=ma=macos ，方向水平向左，故人受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用。电梯对人的作用力与重力的合力沿速度方向，则根据矢量合成的规律可知电梯对人的作用力的方向与人运动方向不相同；若电梯做匀速运动，人处于平衡状态，人受到的合力为零，则人只受重力，支持力，不受摩擦力；由以上分析可知，A 正确，B、C、D 均错误；故选A.【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意人站在台阶式的扶梯上时，如果扶梯匀速运动时人不受摩

5、擦力，而人做变速运动时会受到平台的摩擦力，要分情况进行分析3.如图所示，一倾角为 的斜面高为 h，斜面底端 B 正上方高 2h 处有一小球以一定的初速度水平向右抛出，刚好落在斜面的中点，则小球的初速度大小为（ ）A. 3gh6tanB. 3gh5tanC. 3gh4tanD. 3gh3tan3【答案】A【解析】小球做平抛运动，根据分位移公式，有：x=v0t= ；y=2h- = gt2；联立解得： 故选 Ah2tan h212 v0= 12tangh3= 3gh6tan4.如图所示，正方形线框由边长为 L 的粗细均匀的绝缘棒组成，O 是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点 A

6、处取下足够短的带电量为 q 的一小段，将其沿OA 连线延长线向上移动 的距离到 B 点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不L2变，则此时 O 点的电场强度大小为（ ）A. B. C. D. kqL2 k3q2L2 k3qL2 k5qL2【答案】C【解析】线框上的电荷在 O 点产生的场强等效为与 A 点对应的电荷量为 q 的电荷在 O 点产生的电场，故E1=kq(L2)2=4kqL2B 点的电荷在 O 点产生的场强为E2=kqL2由场强的叠加可知 E=E1E2= 3kqL2故选：C4点睛：把线框上的电荷等效成与 A 点对应的电荷量为 q 的电荷在 O 点产生的场强，由点电荷产生的场强的叠

7、加即可判断5.2018 年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信。如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道 I 上的 A 点实施变轨，进人近月的椭圆轨道 II，由近月点 B 成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是（ ）A. 沿轨道 I 运动至 A 点时，需向前喷气才能进入轨道 IIB. 沿轨道 II 运行的周期大于沿轨道 I 运行的周期C. 沿轨道 II 运行时，在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度D. 在轨道 II 上由 A 点运行到 B 点的过程，速度逐渐减小【答案】A【解析】A、在轨道 I 上运动，从 P 点开始变轨，可知嫦娥四号

8、做近心运动，故在 P 点应制动减速才能进入轨道，故正确；B、轨道 II 的半长轴小于轨道 I 的半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道运行的周期小于沿轨道 I 运行的周期，故 B 错误；C、在轨道 II 上运动，卫星只受万有引力作用，故在近月点 Q 的加速度大于远月点 P 的加速度，故 C 错误；D、在轨道上，由 P 点向 Q 点运动，万有引力做正功，动能增大，所以 Q 点的速度大于 P点的速度，故 D 正确；故选 AD。【点睛】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力这个关系。6.如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，三种速度不同的质子从同一点沿垂直电场线和磁感线方

9、向射入场区，其轨迹为图中 I、II、III 三条虚线，设质子沿轨迹I、II、III 进入场区时速度分别为 v1、v 2、v 3，射出场区时速度分别为5v1、v 2、v 3，则下列选项正确的是A. v1v2v3，v 1v2v3，v 1 v1，v 3 v 3C. v1 v1，v 3 v 3D. v1I2，方向如图所示，且垂直于纸面平行放置，纸面内有 M、N、O、P 四点，其中 M、JV 在导线横截面连线的延长线上，点在导线横截面的连线上，P 在导线横截面连线的垂直平分线上这四点处磁场的磁感应强度不可能为零的是6A. M 点 B. N 点 C. O 点 D. P 点【答案】B【解析】根据安培定则可知

10、两电流在 M 点磁感应强度的方向相反，若 I 1I 2由于 M 离 I1近，故在M 点 I1的磁感应强度的大小大于 I2的磁感应强度则 M 点磁感应强度不可能为 0选项 A错误；根据安培定则可知两电流在 N 点的磁感应强度的方向相反，若 I1I 2，由于 I2离 N点近，则 N 点 I1的磁感应强度的大小可能等于 I2的磁感应强度，故 N 点磁感应强度可为0选项 B 正确；根据安培定则可知两电流在 O 点磁感应强度的方向相同，则 O 点磁感应强度不可能为 0选项 C 错误；根据安培定则可知两电流在 P 点的磁感应强度方向不相反，均存在竖直向下的分量，故 P 点的磁感应强度不可能为 0选项 D

11、错误；故选 B。8.如图所示，绝缘轻弹簧的上端固定在天花板上的 O 点，下端系一质量为 m、电荷量为 q的带正电小球，小球套在 O 点正下方的水平光滑绝缘杆上，整个装置处于电场强度大小为E，方向沿杆向右的匀强电场中，现将小球以某一初速度从 A 点运动到 B 点，到 B 点时与其在 A 点时的弹簧弹力大小相等，OA，在小球从 A 点运动到 B 点的过程中，下列判断正确的是A. 小球在 A 点时的速度大于在 B 点时的速度B. 小球的电势能一直减小，弹性势能先增大后减小C. 小球的加速度大小仅由电场力决定的位置有 2 个D. 弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零的位置有 2 个【答案】C【解析】如图所

12、示，设 O 点正下方为 O点，与 A 点关于 O点对称的点为 A点，所以小球从 A 到A过程中弹簧一直被压缩，弹簧原长的位置一定是在 A与 B 点之间；7A. 小球从 A 到 B 的过程中，弹簧弹力做功为零，只有电场力做正功，根据动能定理可得，所以小球到达 B 点时的速度大于 A 点的速度，故 A 错误；B. 小球从 A 到 B 的过程中电场力一直做正功，所以小球的电势能一直减小，弹力先做负功，后做正功，再做负功，弹性势能先增大后减小，再增大，故 B 错误；C. 小球处于 O 点正下方和小球受到的弹力为零的位置时,小球合力都是 qE,加速度都是qE/m,所以小球的加速度大小仅由电场力决定的位置

13、有 2 个，故 C 正确；D. 在 A 点速度为零，弹力瞬时功率为零；在 O 点正下方弹力方向与速度方向垂直，弹力功率为零；在弹簧处于原长的位置弹力为零，则弹力的功率为零，所以弹簧测力计对小球做功的瞬间功率为零的位置有 3 个，故 D 错误。故选：C.点睛：根据动能定理分析小球到达 B 点时的速度；根据电场力做功情况判断小球的电势能；根据受力情况和牛顿第二定律、P=Fv 分析加速度和弹力做功功率的变化情况9.如图甲所示，在光滑水平面上，静止一质量 M 的长木板，质量为 m 小滑块（可视为质点）放在长木板上长木板受到水平拉力 F 与加速度 的关系如图乙所示，重力加速度大小 g取 10m/s2，下

14、列说法正确的是A. 长木板的质量 M1kgB. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.5C. 当 F6.5N 时，长木板的加速度大小为 2.5m/s2D. 当 F 增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】AC【解析】对整体分析,由牛顿第二定律有：F=(M+m)a，8当 F=6N 时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg当 F 大于 6N 时,根据牛顿第二定律得：a=（Fmg）/M= ，FMmgM知图线的斜率 k=1/M=1，解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg.故 A 正确。B. 根据 F 大于 6N 的图线知，F=4 时，a=0，即：0=F20 ，代入数据解得：=0

15、.2，故 B 错误；C所以 a=F4,当 F=6.5N 时,长木板的加速度为：a=2.5m/s 2，故 C 正确；D. 当拉力增大时,两物体发生滑动时,木块的加速度为 a=mg/m=2m/s 2，恒定不变，故 D错误。故选：AC.点睛：当拉力较小时，m 和 M 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m 和 M 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析10. 如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 ，物块 a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m，开始时，a、b 及传送带均静止，且 a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带顺时针匀速

16、转动，则在 b 下降 h 高度（a 未与滑轮相碰）过程中下列说法正确的是（ ）A. 物块 a 重力势能增加 mghB. 物块 b 的机械能减少 mghC. 摩擦力对 a 做的功大于 a 机械能的增加D. 摩擦力对 a 做的功等于物块 a、b 系统机械能增加两量【答案】AD【解析】试题分析：通过开始时，a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出 a、b 的质量关系根据 b 下降的高度得出 a 上升的高度，从而求出 a 重力势能的增加量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与 a、b 动能以及机械能的关系解：A、开始时，a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，有 m

17、agsin=m bg，则masin=m bb 下降 h，则 a 上升 hsin，则 a 重力势能的增加量为 maghsin=mgh故9A 正确B、物块 b 的机械能减少等于减少的势能减去增加的动能，E=mgh ，故 B 错误；C、D、根据功能关系，系统机械能增加等于除重力以外的力做功，所以摩擦力对 a 做的功等于 a、b 机械能的增量所以摩擦力做功大于 a 的机械能增加故 C 错误，D 正确；故选：AD【点评】本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合理选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析二、填空题（每空 2 分，共 18 分）甲、乙两同学在同一实验室做“探

18、究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验11. “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图中所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为_m/s 2（结果保留两位有效数字） 12. 两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，设小车的质量为 m，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度 与拉力 F 的关系，分别得到如图中甲、乙两条直线，图线斜率为_，则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为 甲 _ 乙 （选填“大于”小于”或“等于” ）【答案

19、】0.15 (4 分) 大于(3 分)【解析】试题分析：由题意知，每 5 个点取一个计数点，相连计数点间时间间隔为 0.1s，根据逐差法可求加速度 a=“0.15“ m/s2；根据牛顿第二定律： ， ，由10图知甲的摩擦因数大， 甲 大于 乙考点：本题考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验小组在“测小灯泡的实际电阻和实际功率”实验中，所用器材有：小电珠（3.0V 0.7W） ，滑动变阻器，电流表，电压表，学生电源，开关，导线若干13. 为使测量尽可能准确，并能够从 0V 开始调节电压，请将图甲中 1、2、3、4、5、6 接线端恰当连接，使之成为合适的实验电路_14. 连接好电路，开关闭合

20、后，将滑动变阻器的滑片 P 置于 端时，小电珠亮度_（选填“最亮”或“最暗” ）15. 实验小组同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，0.5V 后小电珠的电阻值随工作电压的增大而_， （填“不变” 、 “增大”或“减小” ）原因是_16. 若将此灯泡接在 E2.0V，r10 的电源上，则小灯泡的实际电阻是_，实际功率是_W【答案】 (1). 如图所示：(2). 最暗 (3). 增大 (4). 温度升高，电阻率增大 (5). 5.40.1 (6). 0.090.01【解析】（1）要求能够从 0V 开始调节电压，应采用分压电路；由于小电珠电阻较小，应采用电流表外接法，电路如图：11（2）

21、将滑动变阻器的滑片 P 置于 端时，小电珠被短路，亮度最暗；（3）金属的电阻率随温度升高而增大，所以电压较高时，小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大；（4）将 E2.0V，r10 的电源的 U-I 图像做在小电珠的伏安特性曲线上，两图线的交点即为小电珠的实际工作电压和电流，U=0.7V,I=0.13A，则R=U/I=0.7/0.13=5.4，P=UI=0.70.13W=0.09W。三、计算题（13，14,15 题每题 10 分，16 题 12 分，共 42 分）如图所示，一个质量 m4kg 的小物块放在水平地面上。对小物块施加一个 F =10N 的恒定拉力，使小物块做初速度为零的匀加速直线运动

22、，拉力与水平方向的夹角 =37，小物块与水平地面间的动摩擦因数 =0.20，已知 sin37=0.60，cos37=0.80，重力加速度g 取 10m/s2，不计空气阻力。求：17. 小物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小；18. 小物块运动过程中加速度的大小；19. 物块运动 4.0s 位移的大小。【答案】(1)6.8N；(2)0.3m/s 2；(3)2.4m【解析】【分析】对物体受力分析，根据公式 求出滑动摩擦力的大小；再根据牛顿第二定律求出加速度；f=N物体匀加速前进，根据位移时间公式求出 4s 末的位移的大小；【详解】解：(1)设小物块受地面的支持力为 N，在竖直方向上合力为零，因此有：

23、N=mgFsin37=34N滑动摩擦力的大小： f=N=6.8N(2)设小物块的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有： Fcos37f=ma12解得： a=0.3m/s2(3)小物块运动 4.0s 所通过的位移大小： s=12at2=2.4m20.如图所示，一质量 M=40kg、长 L=2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg 可视为质点的滑块，以 v0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数 =0.4，取 g=10m/s2. （1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】 （1）

24、， （2）恰好不会从平板车的右端滑出。a1=4m/s2 a2=1m/s2【解析】根据牛顿第二定律得(1)对滑块，有 ，mg=ma1解得 a1=g=4m/s2对平板车，有 ，mg=Ma2解得 a2=1m/s2设经过 t 时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：(2)x块 =v0t-12a1t2平板车的位移为：x车 =12a2t2而且有 x块 -x车 =L解得： t=1s此时， v块 =v0-a1t=5-4=1m/s， v车 =a2t=11=1m/s所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出13答： 滑块与平板车的加速度大小分别为 和 (1) 4m/s2 1m/s2滑块到达小

25、车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出(2)点睛： 对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加(1)速度；由位移关系可得出两物体位移间相差 L 时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式(2)可求得两车的速度，则可判断能否滑出如图所示，在直角坐标系 xOy 中的第一象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场电场强度和磁感应强度都未知。第一象限中坐标为（l，l）的 P 点由静止释放质量 m、带电荷量为 q（q0）的粒子（不计重力） ，该粒子第一次经过 x 轴时速度为 v0，第二次经过 x 轴时的位置坐标为（-l，0）

26、 ，求：21. 电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小；22. 粒子第三次经过 x 轴时的速度大小及方向23. 粒子第四次经过 x 轴时的位置坐标【答案】 （1） （2） 方向与 x 轴正方向夹角为 45（3） （0，0）mv0ql 2v0【解析】（1）粒子在 P 点静止释放，到达 x 轴过程中运用动能定理： Eql=12mv20解得： E=mv202ql粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径设为 r1，由洛伦兹力提供运动需要的向心力：qBv0=mv20r1解得： r1=mv0qB粒子第二次经过 x 轴时的位置坐标为（一，0） ，故其轨道半径 r1，14得： B=mv0ql（2）粒子从 y

27、轴上的（0， ）以平行 x 轴的速度 v0进入电场，做匀变速曲线运动，加速度为 ， a=Eqm=v202l设经过时间 t 射出电场，水平位移 x，竖直位移，则：xv 0t， ，解得： ，x212at2 t=2lv0设水平分速度为 vx，竖直分速度为 vy，则：v xv 0，v yt v 0得：粒子第三次经过 x 轴时的速度大小 v= v2x+v2y= 2v0方向与 x 轴正方向夹角为 45（3）由上面可知粒子第三次过 x 轴时坐标为（2，0） ，再次进入磁场中做圆周运动半径：r2=2mv0qB= 2l由几何关系，得粒子第四次过 x 轴时刚好过原点，即坐标为（0，0）24.如图所示，在某竖直平面

28、内固定一由斜面 AB、水平面 BC 和半径 R20cm 的半圆 CD 组成的光滑轨道，水平轨道足够长，半圆 CD 圆心为 O，与水平面相切于 C 点，直径 CD 垂直于 BC可视为质点的甲、乙两球质量均为 ml.010 2 kg，现将小球甲从斜面上距 BC 高为 的 A 点由静止释放，到达 B 点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在 C 点小球103R乙发生弹性碰撞，重力加速度 g 取 10m/s2，求：（1）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点 C 处的压力；15（2）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，求斜面与水平面的夹角 ；（3）若将甲

29、仍从 A 点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 C 点的最短距离【答案】 （1）0.6N（2） 30（3）0.4m【解析】（1）乙恰好能通过 D 点，其做圆周运动的向心力完全由重力提供，设乙到达 D 点时的速度为 vD，则 mgm ，解得：v2DR vD= gR乙球从 C 到 D，根据机械能守恒，得： 解得：12mv2C=mg2R+12mv2D vC= 5gR在碰后的 C 点：F一 mgm 解得：F6mgv2CR根据牛顿第三定律得 FF6mg0.6N，方向竖直向下（2）设碰撞前后甲的速度分别为 v、v 甲 ，根据动量守恒定律和能守恒定律有：mvmv 甲 mv C12

30、mv2=12mv2甲 +12mv2C联立以上两式解得 v 甲 0，vv C 5gR甲从 A 点下落到斜面底端，由机械能守恒定律得 mg R103 12mv20解得： v0=203gR在 B 点对速度分解可得 cos ，解得 30vv0（3）因为甲在斜面上释放时的高度不变，根据动能定理以及运动的分解可得甲运动到水平面上的速度仍为 ，设甲的质量为 M，碰撞后甲、乙的速度分别为 VM、V m，根据动量v= 5gR守恒和机械能守恒定律有：MvMv Mmv m12Mv2=12Mv2M+12mv2m联立解得： vm=2Mv0M+m因为 Mm，可得 v0v m2v 0设乙球过 D 点的速度为 vD，由动能定理得 mg2R=12mv2D12mv2m联立解得： gRvD 16gR16乙在水平轨道上的落点到 C 点的距离为 x，则有，x vDt2R=12gt2联立解得乙在轨道上的首次落点到 C 点的距离范围：2Rx8R乙在轨道上的首次落点到 C 点的距离范围 0.4mx1.6m乙在轨道上的首次落点到 C 点的最短距离为 0.4m17