云南省腾冲一中2019届高三上学期12月月考物理参考答案
云南省腾冲一中2019届高三12月月考物理试卷答案
云南省腾冲一中2019届高三12月月考物理试卷答案14．解析：选C.卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子的核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，AB 错误；轻核聚变方程电荷数守恒、质量数守恒，C 正确；氢原子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量比从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级的大，由公式E ＝hc λ，可知前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短，D 错误．15．解析：选A.由于地球的自转，所以在两极有GMm R 2＝G 极，在赤道有GMm R 2＝G 赤＋m 4π2T 2R ，又因为重力大小等于物体对地面的压力大小，所以ΔN ＝G 极－G 赤＝m 4π2T 2R ，则T ＝2π mR ΔN ，选项A 正确． 16．解析：选B.由题图2知，0～2 s 内磁感应强度大小逐渐增大，根据楞次定律和左手定则判断知ab 边受到的安培力方向向右，A 错误；t ＝2 s 时，ΔB Δt ＝0，感应电流i ＝0，安培力F ＝0，B 正确，C 错误；t ＝4 s 时，B ＝0，安培力F ＝0，D 错误．17．解析：选C.由速度图象可知，汽车运动的最大速度为v 2，则有P ＝F f v 2.在0～t 1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma ，汽车的牵引力F ＝F f ＋ma ＝F f ＋m v 1t 1，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车功率达到额定功率并保持不变，汽车功率P ＝F f v 2，选项B 错误；图象上A 点和B 点都对应汽车额定功率P ＝F v 1＝F f v 2，而F ＝F f ＋m v 1t 1，联立解得v 2＝(m v 1F f t 1＋1)v 1，选项C 正确；根据速度图象的面积表示位移，t 1～t 2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt 2t 1的面积，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，选项D 错误．18．解析：选A.若R 2断路，外电阻增大，路端电压增大，干路电流减小，灯泡C 中的电流增大，则通过灯泡A 的电流减小，灯泡A 变暗；灯泡A 和R 1两端电压减小．故灯泡B 两端电压增大，灯泡B 变亮，符合题意，故A 正确；若R 2短路，灯泡B 不亮，不符合题意，故B 错误；若R 1短路，外电阻减小，路端电压减小，干路电流增大，灯泡C 中的电流减小，则通过灯泡A 的电流增大，灯泡A 变亮，不符合题意，故C 错误．19．解析：选BC.从题图2知图线斜率表示电场力，即电场力大小减小，根据牛顿第二定律知，小球的加速度减小，该电场不是匀强电场，选项B 正确，A 错误；小球从O 点以初动能E k0沿这条电场线向右运动，动能减小，说明电场力做负功，小球所受电场力方向向左，则电场方向沿x 轴正方向，可知O 点的电势比位置x 1的电势高，选项C 正确；根据qU ＝E k1－E k0得，O 点与位置x 1间的电势差U ＝E k1－E k0q ，选项D 错误．20．解析：选BD.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生交变电流，在一个周期内，2个二极管交替导通，因此，线圈外部电路的总电阻不变，即R 外＝R 2＋R ＝32R .电流表示数表示电流有效值，根据闭合电路欧姆定律可得线圈中感应电动势有效值E＝2I(R外＋r)＝4IR，则线圈中感应电动势最大值为E m＝2E＝4 2IR，由法拉第电磁感应定律知E m＝nBSω＝2nBωL2，得线圈转动的角速度ω＝4IRnBL2，选项B正确；根据题意可知，开始时线圈平面与磁感线垂直，即t＝0时，线圈中感应电动势为零，所以感应电动势的表达式为e＝4 2IR sin (4IRnBL2t)，选项D正确．21．解析：选BD.子弹击中物块过程，动量守恒；子弹和物块整体和木板相互作用过程动量守恒；子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，而物块和木板组成的系统受到子弹的作用，动量不守恒，选项A错误；对子弹、物块和木板组成的系统的整个过程，由动量守恒定律，m0v0＝(m0＋m＋M)v，解得v＝2 m/s，子弹的末动量大小为p0′＝m0v＝0.005×2 kg·m/s＝0.01 kg·m/s，选项B正确；对子弹击中物块过程，由动量守恒定律，m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s，由动量定理可得子弹对物块的冲量大小为I＝m v1＝0.245×6 N·s＝1.47 N·s，选项C错误；子弹和物块与木板之间的摩擦力f＝μ(m0＋m)g＝0.4×0.250×10 N＝1 N，对木板，由动量定理，ft＝M v，解得t＝1 s，选项D正确．22．解析：(1)主尺读数为9 mm，游标尺分度为0.05 mm，第12个刻度对齐，故游标尺读数为0.05×12 mm＝0.60 mm，故宽度为d ＝(9＋0.60)mm＝0.960 cm.(2)滑块通过光电门已经是匀速运动了，其瞬时速度等于平均速度，为v＝dΔt，此时滑块动能全部由弹簧弹性势能转化而来，故弹簧做功为W ＝12m v 2＝12m (d Δt )2.(3)每次都从P 点释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量守恒可得，12m (d t 1)2＋μmgx 1＝12m (d t 2)2＋μmgx 2，解得μ＝－d 22g (1t 22－1t 21x 2－x 1)，由于－k ＝Δx Δ1t 2，所以1t 22－1t 21x 2－x 1＝－1k ，代入可得动摩擦因数μ＝d 22gk . 答案：(1)0.960(2分) (2)12m (d Δt )2(2分)(3)d 22gk (2分)23．解析：(1)根据题图甲可知最大电压为2.80 V ，最大电流为30.0 mA ，所以电压表应选择A ，电流表应选择C ，为调节方便，滑动变阻器应选择E.(2)通过估算二极管的阻值可知其满足R V R x ＞R x R A，所以电流表应外接．由于电流、电压均从零开始调节，所以滑动变阻器应采用分压式接法，滑动变阻器应选阻值较小的E.(3)由闭合电路欧姆定律知E ＝U ＋I (r ＋R )，即U ＝3－100I (V)，在I －U 图象中作U ＝3－100I (V)的图线，由两线交点可读出I ＝11 mA 时对应的电压U ＝1.9 V ，则P ＝UI ＝2.1×10－2W.答案：(1)A(1分) C(1分) E(1分) (2)如图所示(3分)(3)2.1×10－2(3分)24．解析：(1)金属棒向下运动时切割磁感线产生感应电动势，当金属棒的速度为v 时产生的感应电动势E ＝BL v (1分)电容器所带电荷量Q ＝CE ＝CBL v (2分)(2)设在Δt 时间内，金属棒速度变化为Δv ，根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势增加ΔE ＝BL Δv (1分)电容器两极板电压增加ΔU ＝BL Δv (1分)电容器所带电荷量增加ΔQ ＝C ΔU ＝CBL Δv (1分)金属棒中的电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa (1分)对金属棒，由牛顿第二定律有，mg sin 30°－BIL ＝ma (1分)联立解得a ＝mg 2(m ＋B 2L 2C )(2分) 由于加速度与时间无关，说明金属棒做匀加速直线运动由v ′2＝2ax 解得金属棒沿导轨向下运动x 时的速度v ′＝ mgx m ＋B 2L 2C(2分) 答案：(1)CBL v (2) mgx m ＋B 2L 2C 25．解析：(1)物块b 滑过E 点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg －N ＝m v 2E R (2分)又N ＝12mg (1分)联立解得v E ＝ gR2＝1 m/s(1分)(2)物块b 从A 点到E 点的过程中，由动能定理得mg (r －R )－W f ＝12m v 2E (2分)解得W f ＝0.6 J(1分)(3)物块a 从A 点滑到B 点的过程机械能守恒，设物块a 滑到B点时速度为v ，则有12M v 2＝Mgr解得v ＝2 2 m/s(1分)设碰撞后物块a 、b 的速度分别为v a 、v b ，碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律得M v＝M v a＋m v b(2分)12M v 2＝12M v2a＋12m v2b(2分)联立解得v b＝2MM＋mv＝2v1＋mM(1分)因为M≥m，由上式可知，碰撞后v≤v b＜2v，即2 2 m/s≤v b＜4 2 m/s(2分) 物块b从B点到E点的过程中，由动能定理得－mgR－W f＝12m v E′2－12m v2b(2分)物块b离开E点后做平抛运动，设运动时间为t，首次落点到O 点的距离为x，则有x＝v E′t(1分)R＝12gt2(1分)联立解得0.2 m≤x＜1 m(1分)答案：(1)1 m/s(2)0.6 J(3)0.2 m≤x＜1 m33．解析：(1)固体可以分为晶体和非晶体两类，单晶体具有各向异性，A正确；根据分子动理论的知识可知，混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得炭粒做无规则运动，即布朗运动，B错误；石墨和金刚石的微观结构不同，所以它们的物理性质不同，C正确；物体放出热量，同时对外做功，则其内能一定减小，故D错误；第二类永动机不能制成，是因为违反了热力学第二定律，并不是违背了能量守恒定律，故E 正确．(2)①从活塞上不放重物到活塞上放重物后达到平衡，汽缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p 0hS ＝(p 0＋mg S )·(h －x 1)S (2分)代入数据解得x 1＝0.04 m(2分)②活塞上放重物前和活塞上放有重物且在竖直平面内做匀速圆周运动到最低点时的两个状态，可认为气体发生等温变化，则根据玻意耳定律有p 0hS ＝(p 0＋F S )·x 2S (2分)对重物根据牛顿第二定律有F －mg ＝mω2(h ＋L －x 2)(2分)代入数据联立解得x 2＝0.5 m ，ω＝4 rad/s(2分)答案：(1)ACE (2)①0.04 m②4 rad/s 0.5 m34．解析：(1)设光在AB 面的折射角为α，由折射定律知，sin 45°sin α＞2，解得sin α＜12，即各色光在AB 面的折射角都小于30°，选项A正确．由几何关系知，各色光射向BC 面时，入射角都大于45°，选项B 正确．由临界角公式sin θ＝1n 知，各色光全反射的临界角都小于45°，各色光都在BC 面发生全反射，选项C 错误．从AC 面射出的光束一定平行于BC 边，由于红光射向BC 面时的入射角最大，故红光射到AC 面时处于最下方，选项E 正确，D 错误．(2)①由题图乙可知，振幅A ＝2 cm ，质点做简谐运动的周期为T ＝4 s ，波传播的周期也为T ＝4 s(1分)由题图甲可知波长λ＝2 m(1分)波速v ＝λT ＝0.5 m/s(2分)②由题图甲可知，x ＝2 m 处的质点在t ＝0时刻刚好开始沿y 轴负方向振动，设再经过Δt 时间质点P 开始振动，则Δt ＝Δx v ＝6 s即从t ＝0时刻开始经过6 s 时间质点P 开始振动(3分)由简谐运动的对称性可知，质点在任意一个全振动过程中的路程 s 0＝4A ＝8 cm.质点P 开始振动后14 s 内经历了3.5次全振动所以在0～20 s 内质点P 运动的路程为s ＝3.5s 0＝28 cm(3分) 答案：(1)ABE (2)①0.5 m/s ②6 s 28 cm。
最新2019届高三物理12月月考试题(含解析)
2019届高三12月月考理综物理试题二、选择题1. 一平行板电容器两极板之何充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器A. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【答案】D【解析】试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确。
考点：电容器的动态分析【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握、、三个公式。
视频2. 铁路在弯道处的内外轨道高度不同，已知内外轨道平面与水平的夹角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则（）A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压C. 这时铁轨对火车的支持力等于D. 这时铁轨对火车的支持力等于【答案】C【解析】火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时有：，解得：，此时车轮轮缘对内、外均无压力，故A B错误；当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，可得支持力，故C正确，D错误。
所以C正确，ABD错误。
3. 如图所示，空间有两个等量的异种点电荷M、N固定在水平面上，虚线POQ为MN连线的中垂线，一负的试探电荷在电场力的作用下从P点运动到Q点，其轨迹为图中的实线，轨迹与MN连线的交点为A。
则下列叙述正确的是A. 电势B. 电势C. 电场强度D. 电场强度【答案】A【解析】N点的点电荷对负试探电荷是排斥的，所以N点放的是负点电荷，M点放置的是正点电荷，等量异种点电荷电场线如图所示，根据沿电场线方向电势降低以及电场线越密电场强度越大可知，，A正确．4. 如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径，一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为，方向与ab成时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（）A. 3tB. tC. tD. 2t【答案】D【解析】试题分析：当粒子的速度为2v时，半径为r1，由题意知，轨迹对应的圆心角为60o，所以运动的时间，当速度为v时，根据得：，故半径，由几何关系知，轨迹的圆心角为120o，故时间，所以ABC错误；D正确。
最新2019届高三物理上学期12月检测试题试题(含解析)人教新目标版
2019届高三12月检测试卷物理试题一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，其中1－7题为单项选择题，8—10题为多项选择题，多选或错选不能得分，选对但不全得2分）1. 如图所示，在足够高的竖直墙壁MN的左侧某点O以不同的初速度将小球水平抛出，其中OA沿水平方向，则所有抛出的小球在碰到墙壁前瞬间，其速度的反向延长线( )A. 交于OA上的同一点B. 交于OA上的不同点，初速度越大，交点越靠近O点C. 交于OA上的不同点，初速度越小，交点越靠近O点【答案】A【解析】设小球到达墙壁时速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，如图所示：则有：，，可得：，由几何关系知,速度的反向延长线经过AO的中点，即所有小球速度的反向延长线交于OA上的同一点，故A正确，BCD错误。
2. 伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至0，如图所示。
伽利略设计这个实验的目的是说明( )A. 如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B. 如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒C. 维持物体做匀速直线运动并不需要力D. 如果物体不受到力，就不会运动【答案】C【解析】伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故C正确．3. 一物体以初速度10m/S在粗糙水平地面上做匀减速滑行，第一秒内位移为9m，则（）A. 第一秒末速度为9m/sB. 物体滑行的加速度大小为lm/s2C. 物体滑行的加速度大小为2m/s2D. 物体在6秒内的位移为24m【答案】C【解析】设物体在第1s末的速度为v1，由题意有：，平均速度为：，联立可得：，故A错误；根据加速度定义式：，所以物体滑行的加速度大小为2m/s2，故C正确，B 错误；物体速度减为零所需时间：，因为6s＞5s，所以物体5s后就停止运动，物体6s内的位移为：，故D错误。
2019-2020年高三12月月考物理试卷 含答案
2019-2020年高三12月月考物理试卷含答案一、选择题（本题共12个小题，每题给出的四个选项中，1-7只有一个选项正确，每小题4分，共28分；8-12有多个选项正确，每小题6分，共30分；全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．如图所示，表示一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受的电场力跟电量间的函数关系图象，那么下列说法中正确的是： ( )A．a与b点的场强方向相同，与cd点的场强方向相反B. 这四点场强的大小关系是E d =E a=E b =E cC. 这四点场强的大小关系是E d＞E a＞E b＞E cD. 此电场为匀强电场2．如图所示，斜面体ABC置于粗糙的水平地面上，小木块m在斜面上滑动时，斜面体均保持静止不动．下列哪种情况，斜面体受到地面向左的静摩擦力（）A．给小木块m一个初速度，使它沿BC斜面匀速下滑B．给小木块m一个沿斜面向上的拉力作用，使它沿CB斜面匀速上滑C．给小木块m一个初速度，使它沿BA斜面减速下滑D．给小木块m一个初速度，使它沿AB斜面减速上滑3．质量为的汽车，以速率通过半径为 r 的凹形桥，在桥面最低点时汽车对桥面的摩擦力大小是（车与桥面间的动摩擦因数为）（）A. B． C．（） D．（）4．如图所示,质量分别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连,开始两物体处于同一高度,绳处于绷紧状态,轻绳足够长,不计一切摩擦.现将两物体由静止释放,在A落地之前的运动中,下列说法中正确的是（）A.B物体的加速度为g/4B.B物体的机械能减小C.下落ts时,B所受拉力的瞬时功率为D.下落ts时,A的机械能减少了5．如图所示，足够长水平传送带以速度v匀速转动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，（）A．滑动摩擦力对小物块做的功为B．滑动摩擦力对传送带做的功为2C．转化为内能的能量为D．转化为内能的能量为6．如图所示，质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变。
2019届高三物理12月阶段性考试试题(含解析)
2019届高三物理12月阶段性考试试题（含解析）一、选择题1. a、b两辆汽车沿同一直线运动，它们的x(位置) t(时间)图象如图所示，则下列关于两车运动情况的说法正确的是( )A. 前2 s内两车的位移相同B. t＝1 s时两车之间的距离最远C. b车的加速度的大小为1 m/s2D. 第3 s内两车行驶的路程相同【答案】D【解析】试题分析：从图中可知a的位移为4m，b的位移大小小于4m，故两者的位移不同，A错误；t=1s时两者在同一坐标点，即两者相遇，B错误；位移时间图像的斜率表示速度，故b做匀速直线运动，加速度为零，C错误；在第3s内两者图线的斜率相同，即速度大小相同，所以第3s内路程相同，D正确；考点：考查了位移时间图像【名师点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量2. 如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。
质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由M 板中间的小孔垂直金属板进入电场中，不计粒子重力。
当M、N间电压为U时，带电粒子恰好能够到达M、N两板间距的一半处并返回。
现将两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0，要使这个粒子刚好能够到达N板，则两板间的电压应变为( )A. B. U C. 2U D. 4U【答案】C【解析】试题分析：第一次情况下：根据可得左极板到中点处的电势差为，电场力做负功，根据动能定理可得；第二种情况下：要使这个粒子刚好能够到达N板，即到达N板时速度为零，根据动能定理可得，联立即得，C正确；考点：考查了带电粒子在电场中的运动【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解3. 一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。
2019-2020年高三上学期12月月考物理试题及答案
2019-2020年高三上学期12月月考物理试题及答案一、单选题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1．关于物体的加速度，下列说法正确的是（）A.速度为零，加速度必为零B.加速度方向一定与速度变化方向相同C.加速度减小，速度必减小D.加速度恒定时，物体一定做匀变速直线运动2．x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示，选无穷远处电势为零，从图中可以看出A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量B.Q1和Q2一定是异种电荷C.P处的电场强度为零D.Q1和Q2之间连线上各点电场强度方向都指向Q23．一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中实线abc所示．图中虚线是同心圆弧，表示电场的等势面.不计重力，可以判断( )A、此粒子一直受到静电吸引力作用B、粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能C、粒子在a 点和c点的速度大小一定相等D、粒子在b 点的速度一定大于在a 点的速度4．如图A、B、C三个物体叠放在水平桌面上处于静止状态，那么以下说法正确的是A．物体A对C有向下的压力作用B．物体A和B对地面都有压力作用C．地面对C的支持力是由于地面发生形变要恢复原状产生的D．物体A对B的压力是由于B物体发生形变要恢复原状产生的5．下图中,可以将电压升高给电灯供电的变压器是6．把一个带电量为+q的检验电荷放在电场中的P点，测得P点的电场强度大小为E，场强的方向向东，有关P点的场强的说法，正确的是（）A.若在P点不放电荷，那么P点的场强为零B.只要P点在电场中的位置确定，它的场强应是一个确定值C.若把﹣q的检验电荷放在P，则测得P点的场强大小仍为E，方向向西D.若把电量为+2q的点电荷放在P点，则测得P点的场强大小为2E，方向向东7．如图，相距l 的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则A.A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B.A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C.A、B不可能运动到最高处相碰D.A、B 一定不能相碰8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。
2019年高三12月月考物理含答案
2019年高三12月月考物理含答案一、本题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的不得分。
1.物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型．以下属于物理学中的理想化模型的是（）A. 加速度B. 点电荷C. 质点D.力的合成2．如图所示，两相同轻质硬杆、可绕其两端垂直纸面的水平轴、、转动，在点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。
表示木块与挡板间摩擦力的大小，表示木块与挡板间正压力的大小。
若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且、始终等高，则A．变小 B．不变C．变小 D．变大3．质量为m的物体在竖直向上的恒力F作用下减速上升了H，在这个过程中，下列说法中正确的有（）A．物体的重力势能增加了mgH B．物体的动能减少了FHC．物体的机械能增加了FH D．物体重力势能的增加小于动能的减少4．2011年8月26日消息，英国曼彻斯特大学的天文学家认为，他们已经在银河系里发现一颗由曾经的庞大恒星转变而成的体积较小的行星，这颗行星完全由钻石构成。
若已知万有引力常量，还需知道哪些信息可以计算该行星的质量（）A．该行星表面的重力加速度及绕行星运行的卫星的轨道半径B．该行星的自转周期与星体的半径C．围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及运行半径D．围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及公转线速度5．带电粒子射入一个固定的点电荷Q的电场中，沿图中虚线由a点运动到b点，a、b两点到点电荷Q 的距离分别为r a和r b（r a>r b）9若不计重力，则在这一运动过程中（）A.电场力对粒子做负功B.粒子在b点的电势能小于在a点的电势能C.粒子在b点的动能大于在a点的动能D.粒子在b点的加速度大于在a点的加速度6. 酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器.。
2019届高三物理上学期12月阶段性测试试题(含解析)(新版)人教版
2019届上学期12月阶段性测试高三物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示。
已知两车在t＝3s时并排行驶，则下列说法正确的是（）A. 两车另一次并排行驶的时刻为t＝2sB. 在t＝0时，乙车在甲车前C. 在t＝1s时，甲车在乙车后D. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【答案】D【解析】A、已知两车在t＝3s时并排行驶，那么在这3s时间内；即乙比甲多走了，说明一开始甲在前，乙在后，两者之间的距离为，设经过时间两者相遇，则解得：和即两者在1s和3s时相遇，故A错误；B、已知两车在t＝3s时并排行驶，那么在这3s时间内；即乙比甲多走了，说明一开始甲在前，乙在后，故B错误；C、从以上分析可知：两者在同一点上，故C错误；D、1s末甲车的速度为: 1s到3s甲车的位移为:，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确综上所述本题答案是：D2. 取水平地面为零势能面，一物块从某高处水平抛出，在抛出点其重力势能为动能的3倍。
不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．物块做平抛运动，机械能守恒，初状态的机械能，其中；所以，末状态的机械能，根据机械能守恒定律，所以，设落地时速度与水平方向的夹角α，，解得，故D正确．3. 如图所示，光滑水平面上放着一长为l质量为M的木块，、一质量为m的子弹从左边以初速度v水平射入木块，恰好没有射穿，则（）A. 最终子弹与木块的速度为零B. 在子弹与木块相互作用的过程中，子弹的位移为lC. 在子弹与木块相互作用的过程中，木块的位移一定为lD. 在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量为【答案】D【解析】A.子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，得：，故A错误；B．在子弹与木块相互作用的过程中，子弹的位移为，木块的位移为，因为子弹恰好没有射穿木块，有，即，所以子弹的位移，故B错误；C．因为v0>v，所以子弹的位移，故C错误；D．在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量等于系统动能的减小量，即，故D正确。
精品2019届高三物理上学期12月段考试题(含解析)
2019届高三上学期12月段考物理试题一．选择题1. 下列说法中正确的是（）A. 开普勒发现太阳与行星间的引力规律也适用于地球和月球之间B. 库仑认为处在电场中的其他电荷受到的作用力是这个电场给予的C. 弹力和摩擦力在本质上都是由电磁力引起的D. 伽利略通过实验说明了力是维持物体运动的原因【答案】CB：法拉第认为处在电场中的其他电荷受到的作用力是这个电场给予的，故B错误。
C：弹力和摩擦力在本质上都是由电磁力引起的，故C正确。
D：伽利略通过实验说明了力不是维持物体运动的原因，故D错误。
2. 甲乙两汽车同时同地出发，甲车做匀速运动，乙车做初速度为零的匀加速直线运动，两车的位移与时间的关系如图所示．下列说法正确的是（）A. t=l0s时，甲车追上乙车B. 乙车的加速度大小为2m/s2C. t=l0s时，两车速度相同D. t=5s时，两车速度相同【答案】D【解析】据图可知，在t=10秒时，甲乙的位移相等，但开始时乙在后，故应是乙追上甲车，故A错误；由图可知，乙的加速度，故B错误；质点乙在10秒时的速度：v2=at2=1×10=10m/s，甲车速度v=5m/s，故C错误；t=5s时，甲车速度，5s为10内的时间中点，故乙车速度等于10s内的平均速度，故，故D正确；故选D．点睛：本题考查x-t图象，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；要求同学们能根据图象读出有用信息，并能加以应用，注意乙的运动表示的是匀加速直线运动．3. 一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v，若小物块与轨道的动摩擦因数是，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为A. B. C. D.【答案】C【解析】物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供物块的向心力，由牛顿第二定律得得到：则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为，故选项C正确，选项ABD错误。
【2019最新】高三物理上学期12月月考试卷(含解析) (3)
【2019最新】高三物理上学期12月月考试卷（含解析） (3)一．选择题（每小题至少一个正确答案，每题5分，共50分）1．某质点的位移随时间的变化规律的关系是：s=4t+2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为( )A．4m/s与2m/s2B．0与4m/s2C．4m/s与4m/s2D．4m/s与02．运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应，车辆的平稳加速（即加速度基本不变）使人感到舒服，否则人感到不舒服，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是( )A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t图象，已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s 末的速度大小为8m/s3．下列说法正确的是( )A．两个共点力的合力为一定值，则一个力的两个分力也是定值B．物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率可能为零C．一对平衡力所做功可能为零，也可能大小相等、一正一负D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小E．在国际单位制中，质量、长度、时间、电流都属于基本物理量4．如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L．有若干个相同的小方块（每个小方块的边长远小于L）沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L．将它们由静止释放，释放时下端距A为2L．当下端运动到A下面距A为L/2时物块运动的速度达到最大．下列说法正确的是( )A．小方块与斜面的动摩擦因数μ=2tanθB．小方块停止运动时下端与A点的距离为2LC．要使所有小方块都能通过B点，由静止释放时小方块下端与A点距离至少为3LD．若将题中的若干相同的小方块改为长为L，质量分布均匀的条状滑板，其余题设不变，要让滑板能通过B点，则滑板静止释放时，其下端与A点的距离至少为3L5．一辆汽车正在做匀加速直线运动，计时之初，速度为6m/s，运动28m后速度增加到8m/s，则下列说法正确的是( )A．这段运动所用时间是4 sB．这段运动的加速度是3.5 m/s2C．自开始计时起，2 s末的速度是7 m/sD．从开始计时起，经过14 m处的速度是5 m/s6．某人从五楼走到一楼的过程中，重力做了6×103 J的功，则( )A．人的重力势能减少了6×103J B．人的重力势能增加了6×103JC．人的动能减少了6×103J D．人的机械能增加了6×103J7．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为C．对“高分一号”卫星加速即可使其在原来轨道上快速到达B位置的下方D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会增大8．小球从空中自由下落，与水平地面碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示．取g=10m/s2．则( )A．小球第一次反弹初速度的大小为5m/sB．小球第一次反弹初速度的大小为3m/sC．小球能弹起的最大高度为0.45mD．小球能弹起的最大高度为1.25m9．“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是( )A．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为mgB．选手摆到最低点时处于超重状态C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动10．小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过（子弹与物块作用时间极短），如图1所示．固定在传送带右端的位移传感器纪录了小物块被击中后的位移x随时间t的变化关系图象如图2所示（图象前3s内为二次函数，3﹣4.5s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向）．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2．下列说法正确的是( )A．物块被子弹击中后向左运动的初速度是4m/sB．传送带与物块间的动摩擦因数为0.1C．传送带的速度大小为1m/sD．物块在传送带上滑过的痕迹是9m二．填空题（每空2分，共20分11．如图所示，把两支完全相同的密度计分别放在甲、乙两种液体中，所受到的浮力为F甲和F乙，则F甲__________F乙；若它们的液面相平，则两液体对容器底部的压强关系是P甲__________P乙．12．如图1所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计上的示数随电压变化的图象如图2所示．则光电子的最大初动能为__________J，金属的逸出功为__________J．13．足球守门员在发门球时，将一个静止的质量为0.4kg的足球，以10m/s的速度踢出，若守门员踢球的时间为0.1s，则足球的平均加速度为__________m/s2；足球沿草地作直线运动，速度不断减小，设加速度大小恒为2m/s2，3s后足球运动到距发球点20m的后卫队员处，则此过程中，足球运动的平均速度为__________m/s，后卫队员接到球时，足球的速度为__________m/s．14．某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已知在每条纸带每5个计时点取好一个计数点，两个计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点时间顺序编号为0、1、2、3、4、5，由于不小心，纸带被撕断了，如图所示．请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：（1）在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应是__________．（2）打A纸带时，物体的加速度大小是__________m/s2．15．如图所示，竖直平面内存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带正电小球以速度V0从O 点沿OX轴水平射入，且恰好能通过A点，OA与x轴成30°角，则小球通过A点时的动能为多少？三、实验题（共10分）16．在“探究平抛运动规律”的实验中：①在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，A．通过调节使斜槽的末端保持__________B．每次释放小球的位置必须__________（填“相同”或者“不同”）C．每次必须由__________释放小球（“运动”或者“静止”）D．小球运动时不应与木板上的白纸相接触E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成__________（“折线”或“直线”或“光滑曲线”）②某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O，如图所示，A为物体运动一段时间后的位置．g取10m/s2，根据图象，可知平抛物体的初速度为__________；小球抛出点的位置O的坐标为（__________，__________）．17．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标卡尺上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是__________mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是__________mm．四．计算题（本大题包括2小题，共20分．解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，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．）18．如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强p0=76cm Hg．（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？（2）封闭气体的温度重新回到280K后为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？19．严重的雾霾天气，圣国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放，若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达到最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．（1）求甲站到乙站的距离；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气体污染物的质量．（燃油公交车每做1J功排放气体污染物3×10﹣9kg）2015-2016学年延边三中高三（上）月考物理试卷（12月份）一．选择题（每小题至少一个正确答案，每题5分，共50分）1．某质点的位移随时间的变化规律的关系是：s=4t+2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为( )A．4m/s与2m/s2B．0与4m/s2C．4m/s与4m/s2D．4m/s与0【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】将所给公式与匀变速直线运动位移公式进行对比即可得出正确结果．【解答】解：物体做匀变速直线运动的位移公式为：①题目中公式可改变为：②比较①②可得：v0=4m/s，a=4m/s2，故ABD错误，C正确．故选C．【点评】本题出题思路比较巧妙，考察了学生对运动学公式的熟练程度以及类比法的应用．2．运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应，车辆的平稳加速（即加速度基本不变）使人感到舒服，否则人感到不舒服，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是( )A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t图象，已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s 末的速度大小为8m/s【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】速度的变化率是指加速度的变化与所用时间的比值，加速度变化率为0的运动是指加速度保持不变的运动，加速与速度同向物体做加速运动，加速度与速度反向做减速运动．【解答】解：A、加速度的变化率是指加速度的变化与所用时间的比值，即，根据单位制知，其单位为m/s3，故A正确；B、加速度变化率为0是指加速度保持不变，如果加速度为0则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速运动，故B错误；C、若加速度与速度同向，则物体作加速运动，如图示加速度减小，则物体速度增加得变慢了，但仍是加速运动，故C错误；D、根据v﹣t图象可知，图象与时间轴所围图形面积表示物体的位移，同理在a﹣t图象中可知图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量即△v，则得：△v=m/s=3m/s．由于加速度与速度同向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则小球在2s末的速度为8m/s，故D正确．故选：AD【点评】本题主要考查物体运动时加速度的定义，知道在a﹣t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，能理解加速运动与减速运动由加速度与速度方向决定而不是由加速度的大小变化决定．3．下列说法正确的是( )A．两个共点力的合力为一定值，则一个力的两个分力也是定值B．物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率可能为零C．一对平衡力所做功可能为零，也可能大小相等、一正一负D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小E．在国际单位制中，质量、长度、时间、电流都属于基本物理量【考点】惯性；力学单位制．【分析】一个受变力作用的物体做曲线运动时，如果速度为力垂直，功率为零，一对平衡力是作用在一个物体上，其合力为零，惯性只跟质量有关，跟其他任何因数无关，单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位．【解答】解：A、根据平行四边形定则可知，一个力可以分解成无数组分力，故A错误；B、物体做曲线运动时，如果速度和力垂直，功率为零，如匀速圆周运动，故B正确；C、平衡力做功之和为零，故可能都不做功，或一个正功一个负功，且大小一定相等，故C 正确；D、惯性只跟质量有关，跟其他任何因数无关，故D错误；E、国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，故E正确．故选：BCE【点评】本题主要考查了力的分解原则、惯性的影响因素以及国际单位制等知识点，都是一些基本概念题，难度不大，属于基础题．4．如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L．有若干个相同的小方块（每个小方块的边长远小于L）沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L．将它们由静止释放，释放时下端距A为2L．当下端运动到A下面距A为L/2时物块运动的速度达到最大．下列说法正确的是( )A．小方块与斜面的动摩擦因数μ=2tanθB．小方块停止运动时下端与A点的距离为2LC．要使所有小方块都能通过B点，由静止释放时小方块下端与A点距离至少为3LD．若将题中的若干相同的小方块改为长为L，质量分布均匀的条状滑板，其余题设不变，要让滑板能通过B点，则滑板静止释放时，其下端与A点的距离至少为3L【考点】动能定理；牛顿第二定律．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】当下端运动到A下面距A为时物块运动的速度达到最大，则此时物体加速度为零，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数；运用动能定理即可求得物块停止时的位置，在不同过程两次运用动能定理，列出方程组即可求解．【解答】解：A、当整体所受合外力为零时，整体速度最大，设整体质量为m，则有：解得：μ=2tanθ，故A正确；B、设物块停止时下端距A点的距离为x，根据动能定理得：﹣μmgcosθ（x﹣L）=0解得：x=3L，即物块的下端停在B端，故B错误；C、设静止时物块的下端距A的距离为s，物块的上端运动到A点时速度为v，根据动能定理得：mg（L+s）sinθ﹣=﹣0物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一块为研究对象，设其质量为m，运动到B点时速度正好减到零，根据动能定理得：mg•3Lsinθ﹣μmg•3Lcosθ=0﹣两式联立可解得：s=3L，故C正确；D、若将题中的若干相同的小方块改为长为L，质量分布均匀的条状滑板，其余题设不变，则当下端运动到A下面距A为时，受到的摩擦力比没有改成条状滑板的大，则要让滑板能通过B点，则滑板静止释放时，其下端与A点的距离最小要大于3L，故D错误．故选：AC【点评】本题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能选取合适的过程运用动能定理求解，特别注意若将题中的若干相同的小方块改为长为L，质量分布均匀的条状滑板，其余题设不变，则当下端运动到A下面距A为时，受到的摩擦力比没有改成条状滑板的大，难度适中．5．一辆汽车正在做匀加速直线运动，计时之初，速度为6m/s，运动28m后速度增加到8m/s，则下列说法正确的是( )A．这段运动所用时间是4 sB．这段运动的加速度是3.5 m/s2C．自开始计时起，2 s末的速度是7 m/sD．从开始计时起，经过14 m处的速度是5 m/s【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出汽车的加速度，结合速度时间公式求出所用的时间，以及两秒末的速度．结合速度位移公式求出经过14m处的速度【解答】解：A、根据v2﹣v=2ax得，加速度：a==m/s2=0.5m/s2汽车运动的时间：t==s=4s．故A正确，B错误．C、2s末的速度为：v=v0+at=6+0.5×2m/s=7m/s．故C正确．D、根据v′2﹣v=2ax′带入数据得：v′=5 m/s．故D正确．故选：ACD【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．6．某人从五楼走到一楼的过程中，重力做了6×103 J的功，则( )A．人的重力势能减少了6×103J B．人的重力势能增加了6×103JC．人的动能减少了6×103J D．人的机械能增加了6×103J【考点】动能和势能的相互转化；功的计算．【分析】根据功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，动能的减少量等于合外力做的功，机械能的变化量等于除重力以外的力所做的功．【解答】解：A、根据功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，所以人的重力势能减少了6×103J，故A正确B错误；C、从五楼走到一楼的初末位置动能都为零，动能没有变化，故C错误；D、从五楼走到一楼时，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小了，故D错误．故选：A【点评】本题考查了功能关系，知道重力势能的减小量等于重力做的功，动能的减少量等于合外力做的功，机械能的变化量等于除重力以外的力所做的功，难度不大，属于基础题．7．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为C．对“高分一号”卫星加速即可使其在原来轨道上快速到达B位置的下方D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会增大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】运动学与力学（二）；人造卫星问题．【分析】A、根据万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．B、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．C、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度．故A错误．B、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t=，故B正确．C、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故C错误．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小．故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2．8．小球从空中自由下落，与水平地面碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示．取g=10m/s2．则( )A．小球第一次反弹初速度的大小为5m/sB．小球第一次反弹初速度的大小为3m/sC．小球能弹起的最大高度为0.45mD．小球能弹起的最大高度为1.25m【考点】自由落体运动；功能关系．【专题】自由落体运动专题．【分析】由速度﹣﹣时间图象可得出小球的运动规律，图线与时间轴围成的面积表示物体通过的位移大小．【解答】解：A、B、由v﹣t图可知，小球第一次反弹后的速度为3m/s，故A错误，B正确；C、D、弹起后的负向位移为：h==0.45m，故C正确，D错误；故选：BC．【点评】本题考查图象的应用，重点明确v﹣t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移大小．9．“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是( )A．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为mgB．选手摆到最低点时处于超重状态C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动【考点】机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重；向心力．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】选手向下摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒求出选手摆到最低点时的速度．在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求拉力．选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解．【解答】解：A、选手在摆动过程中机械能守恒，有：mgl（1﹣cosθ）=mv2①设绳子拉力为T，在最低点有：T﹣mg=m②联立①②解得：T=（3﹣2cosα）mg，故A错误；B、选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，T＞mg，因此处于超重状态，故B正确．C、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故C错误；D、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故D错误．故选：B【点评】本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解．10．小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过（子弹与物块作用时间极短），如图1所示．固定在传送带右端的位移传感器纪录了小物块被击中后的位移x随时间t的变化关系图象如图2所示（图象前3s内为二次函数，3﹣4.5s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向）．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2．下列说法正确的是( )A．物块被子弹击中后向左运动的初速度是4m/sB．传送带与物块间的动摩擦因数为0.1C．传送带的速度大小为1m/sD．物块在传送带上滑过的痕迹是9m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】应用题；定量思想；图析法；传送带专题．【分析】根据图示图象应用匀变速直线运动的位移公式求出物块的速度与加速度，然后由牛顿第二定律求出动摩擦因数；根据图示图象求出传送带的速度大小，应用匀变速直线运动规律求出传送带与物块的位移，然后求出痕迹的长度．【解答】解：A、由图示图象可知，前3s内，物块的位移先增大后减小，图象前3s内为二次函数，子弹击中物块后物块向左做匀减速直线运动，物块的位移：x=v0t+at2，由图示图象可知，t=1s时x=3m，t=2s时x=4m，代入位移公式得：3=v0×1+×a×12，4=v0×2+×a×22，解得：v0=4m/s，a=﹣2m/s2，故A正确；B、对物块，由牛顿第二定律得：﹣μmg=ma，解得：μ=﹣=﹣=0.2，故B错误；C、由图示图象可知，3﹣4.5s内为一次函数，此时物块与传送带相对静止，一起做匀速直线运动，则传送带的速度：v===2m/s，故C错误；D、由图示图象可知，物块向左减速滑动的位移：x1=4m，向右加速运动的位移：x2=4﹣3=1m，物块相对传送带滑动的时间t=3s，在你此期间传送带的位移：x=vt=2×3=6m，物块在传送带上滑过痕迹的长度：△x=x1+x﹣x2=4+6﹣1=9m，故D正确；故选：AD．【点评】本题考查了求物块初速度、传送带速度、动摩擦因数与痕迹长度问题，分析清楚图示图象、根据图示图象分析清楚物块的运动过程是解题的关键，应用匀变速直线运动的运动规律、牛顿第二定律可以解题．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2019届腾冲一中高三12月月考
物理参考答案
14．解析：选C.卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子的核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，AB 错误；轻核聚变方程电荷数守恒、质量数守恒，C 正确；氢原子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量比从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级的大，由公式E ＝hc
λ
，可知前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短，D 错误．
15．解析：选A.由于地球的自转，所以在两极有GMm R 2＝G 极，在赤道有GMm
R
2＝G
赤
＋m
4π2
T 2
R ，又因为重力大小等于物体对地面的压力大小，所以ΔN ＝G 极－G 赤＝
m
4π2
T 2
R ，则T ＝2π
mR
ΔN
，选项A 正确． 16．解析：选B.由题图2知，0～2 s 内磁感应强度大小逐渐增大，根据楞次定律和左手定则判断知ab 边受到的安培力方向向右，A 错误；t ＝2 s 时，
ΔB
Δt ＝0，感应电流i ＝0，安培力F ＝0，B 正确，C 错误；t ＝4 s 时，B ＝0，安培力
F ＝0，D 错误．
17．解析：选C.由速度图象可知，汽车运动的最大速度为v 2，则有P ＝F f v 2.在0～t 1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝v 1t 1
，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma ，汽车的牵引力F ＝F f ＋ma ＝F f ＋m v 1t 1
，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车功率达到额定功率并保持不变，汽车功率P ＝F f v 2，选项B 错误；图象
上A 点和B 点都对应汽车额定功率P ＝Fv 1＝F f v 2，而F ＝F f ＋m v 1
t 1，联立解得v 2＝
(
mv 1
F f t 1
＋1)v 1，选项C 正确；根据速度图象的面积表示位移，t 1～t 2时间内，汽车。