2019届高三物理1月月考试题（含解析）人教新目标版.doc

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1、- 1 -20192019 学年度学年度 1 1 月高三月考理综卷月高三月考理综卷1. 我们在中学阶段的物理知识中，接触并学习了很多思想方法，这些方法对于提高解决实际问题 的能力具有很重要的意义。下列关于思想方法的叙述正确的是A. 理想化模型是对实际问题的理想化处理，即突出主要因素，忽略次要因素物理学学习中 懂得忽略什么跟懂得重视什么同等重要，质点、点电荷、位移等均是理想化模型B. 分力、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想C. 用两个（或多个）物理量通过比值的方法去定义一个新的物理量，即为比值定义法。电动势，电容 ,匀强电场的场强 等都是采用比值法定义的D. 根据加速度定

2、义式 a =，当t 非常小时， 就可以表本物体在时刻的瞬时加速度，该定义应用了赋值的思想方法【答案】B【解析】A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷是理想化模型，但是位移不是，A 错误；B、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，B 正确；C、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电动势，电容，场强不是采用比值法定义的C 错误；D、根据速度定义式 a =，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，D 错误；故选 B。2. 如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用

3、下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小( )A. 由大变小- 2 -B. 由小变大C. 由大变小再变大D. 始终不变且大小为F【答案】D【解析】设物体与接触面的动摩擦因数为，在水平面有： 对m 1 进行受力分析，则有： 所以T 1=F在斜面上有： 对m 1 受力分析则有：T 2m 1gcosm 1gsin=m 1a 2解得：T 2=F ；竖直向上运动时有：对m 1 进行受力分析则有：T 3m 1g=m 1a 3解得：T 3=F所以绳子的拉力始终不变且大小为F，故D正确，ABC错误故选：D.点睛：先对整体进行受力分析求出整体加速度，再对

4、 m1进行受力分析，根据牛顿第二定律求出细线上的弹力，m1的加速度和整体加速度相同3. 由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般- 3 -情况)若A星体质量为 2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，则下列说法正确的是( )A. A星体所受合力大小FAB. B星体所受合力大小FBC. C星体的轨道半径RCaD. 三星体做圆周运动的周期T【答案】D【解析】A、由万有引力定律，A星受到 B、C

5、的引力的大小： 方向如图，则合力的大小为： ，A 错误；B、同上，B星受到的引力分别为：,，方向如图；- 4 -FB沿x方向的分力： FB沿y方向的分力：可得：，B 错误；C、通过对于B的受力分析可知，由于：,合力的方向经过BC的中垂线AD的中点,所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处。所以：,C 错误；D、由题可知C的受力大小与B的受力相同，对B星：，解得：，D 正确。故选：D。 4. 在静电除尘器除尘机理的示意图中，a、b 是直流高压电源的两极，图示位置的 P,M,N 三点在同一直线上，且 PMMN。尘埃在电场中通过某种机侧带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下

6、列判断正确的是A. a 是直流高压电薄的正极B. 电场中 P 点的场强小于 M 点的场强C. 电场中 M 点的电势低于 N 点的电势D. 电场中 P、M 间的电势差 UPM等于 M、N 间的电势差 UMN【答案】C- 5 -5. 如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想表。现闭合开关S，将变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（ ）A. 电容器两极板间的电场强度变大，电容器的带电量减小B. 电流表示数减小，电压表示数变大C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大D. 电源的输出功率一定变小【答案】BC【解析】当变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电

7、路总电阻增大，总电流减小，R2电压减小，则电容器板间电压减小，板间的电场强度变小，电容器所带电量减小，故 A 错误总电流减小，电流表示数减小则 R2电压和内电压均减小，由闭合电路欧姆定律知，R1电压变大，所以电压表示数变大，故 B 正确电压表的示数 U 和电流表的示数 I的比值 =R1，变大，故 C 正确由于电源的内外电阻的大小关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化故 D 错误故选 BC.点睛：本题是电路的动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析分析电源的输出功率变化时，要根据推论：内外电阻相等时，电源的输出功率最大来分析6. 如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线

8、框，金属线框的质量为 m，电阻为 R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和 PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的 bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从 MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由静止下落到刚完全穿过匀强磁场区域过程的 vt 图象，图中字母均为已知量。重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )- 6 -A. 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿 adcba 方向B. 金属线框的边长为 v1（t2t1）C. 磁场的磁感应强度为D. 金属线框在 0t4的时间内所产生的热量为【答案】BCD【解析】试题分析：金属线框刚进入磁场时，根据

9、楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda 方向,故 A 错误；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为，运动时间为，故金属框的边长：,故 B 正确；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：，又,联立解得：,故 C 正确； 到 时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：； 到 时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：，故，故D 错误；考点：考查了楞次定律，能量守恒定律，7. 把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为 A 点。以地面为零势能面。设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则（ ）A. 皮球下降过程中

10、重力势能与动能相等的位置在 A 点下方B. 皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量C. 皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等- 7 -D. 皮球上升过程中的克服重力做功大于下降过程中重力做功【答案】AC【解析】A：设下降后离地面的高度为，下降的过程中要克服空气阻力做功，则 ，而，所以，即皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A 点下方，故 A 正确 B：设物体上升和下降经过任一相同位置的速度分别是 和 ，对从此位置上升后再下降回到原位置的过程就用动能定理可得： ，此过程重力不做功、阻力做负功，则，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升时间小于下降时间，皮球上升过

11、程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，故 B 错误C：对物体受力分析，上升时受的阻力向下，下降时受的阻力向上，以向上为正画出物体的速度时间图象如图（速度时间图象的切线斜率表示物体的速度） ，因运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，此图象也可看成物体受的阻力随时间变化的图象；速度时间图象与坐标轴围成面积表示对应位移，则图象横轴上方与横轴下方对应部分面积相等；又阻力随时间变化的图象与坐标轴围成面积表示对应的冲量，则皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等，方向相反，故 C 正确D：皮球上升和下降过程运动的高度相同，则皮球上升过程中的克服重力做功等于下降过程中重力做功，故 D 错误8. 如

12、图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻 R，C1和 C2是半径都为 a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域 C1中磁场的磁感应强度随时间接B1=b+kt (k0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为 B2，一质量为 m电阻为 r、长度为 L 的金属杆 AB 穿过 C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则- 8 -A. 通过金属杆的电流大小为 B. 通过金属杆的电流方向为从 B 到 AC. 定值电阻的阻值为 R= D. 整个电路的热功率 p= 【答案】BCD【解析】对金属杆，根据平衡方程得：mg=B2I2a，解得：，故 A 错误区域 C1中磁场

13、的磁感强度随时间按 B1=b+kt（k0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从 B 到 A故 B 正确由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势；且闭合电路欧姆定律有： ，又，解得：R=故 C 正确整个电路中产生的热功率 P=EI=故 D 正确故选 BCD.点睛：本题是电磁感应与力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和平衡条件的应用，要注意产生感应电动势的有效面积等于 C1圆面积，不是整个矩形面积9. 一个同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，进行了如下实验：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿

14、着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一个小钢球接触当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在- 9 -空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s.(1)小钢球离开桌面时的速度大小为v0_，弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m、桌面离地面高度h、小钢球飞行的水平距离s等物理量之间的关系式为Ep_.(2)弹簧的压缩量x与对应的钢球在空中飞行的水平距离s的实验数据如下表所示：由实验数据，可确定弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为_(式中k为比例系数)A.Epkx B. CEpkx2 D. 【答案

15、】 (1). (2). (3). C【解析】(1)小球离开桌面后做平抛运动,有：s=v0t竖直方向有： 联立解得：，根据功能关系有：Ep= ,代入数据解得：EP=.故选 C.10. 某同学设计用伏安法测量一节干电池的电动势 和内电阻除待测干电池外，实验室可供选择的主要器材有：电压表（量程，内阻未知） ；电流表（量程，内电阻- 10 -） ；电阻箱（） ；滑动变阻器 （） ；开关 ；导线若干(1)用图甲的电路测定电压表的内阻将调到 ，滑动变阻器的滑动触头移到_（选填“左端” “右端”或“任意” ）位置然后闭合开关；(2)反复调节滑动变阻器的滑动触头，让电压表满偏；(3)保持滑动触头位置不变，反复

16、调节当电压表的示数为时， 的值为，则电压表的内阻为_ ；(4)为满足用伏安法测量电源电动势和内电阻对器材的要求，并保证实验的精确度，应将电压表的量程扩大为原量程的 倍，则电阻箱的阻值应调为_ ；(5)设计测量电源电动势和内电阻的电路并将它画在指定的方框内（图中标明器材符号）_；(6)多次改变滑动变阻器接入电路的值，记录多组电压表 V 的示数 与电流表 A 的示数，经描点、连接得到图像如图乙所示根据图像可求得该干电池的电势_ ；内电阻_ （结果均保留 位小数）【答案】 (1). 左端 (2). 996.3 (3). 996.3 (4). - 11 -(5). 1.66 (6). 0.92【解析】

17、(1)滑动变阻器的滑动触头移到左端，防止闭合开关时电压表超量程(3)电压表满偏即指向，保持 不变，由于 接入电路的值远小于电压表内阻，所以调节时支路的电压可认为保持 不变，与串联分压，故(4)量程扩大为 倍，串联电阻应与电压表内阻相等，电阻箱 R0的阻值应调为后与电压表串联测路端电压(5)设计测量电源电动势和内电阻的电路(6)，故该干电池的电动势，内电阻11. 如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点平滑连接一质量为m、带电量为q的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点已知A、B两点间的距离为L，物块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g.(1)

18、若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O等高的C点，则物块在A点水平向左运动的初速度应为多大？(2)若整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中，物块在A点水平向左运动的初速度，沿轨道恰好能运动到最高点D，向右飞出则匀强电场的场强为多大？- 12 -(3)若整个装置处于水平向左的匀强电场中，场强的大小.现将物块从A点由静止释放，运动过程中始终不脱离轨道，求物块第 2n(n1、2、3)次经过B点时的速度大小【答案】(1) (2) （3）【解析】试题分析：(1)设物块在 A 点的速度为 v1，由动能定理有mgLmgR0m(3 分)解得 v1(2 分)(2)设匀强电场的场强大小为 E、物块在 D 点的速

19、度为 vD，则mgEq(2 分)(mgEq)L(mgEq)2Rmm(2 分)解得 E(2 分)(3)设第 2、4、6、2n 次经过 B 点时的速度分别为 v2、v4、v2n，第2、4、6、2(n1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分别为 L1、L2、Ln1，则(qEmg)Lm(qEmg)L10m(qEmg)L1m解得(1 分) 同理(1 分) 综上可得(1 分)- 13 -v2n(1 分)考点：动能定理、牛顿第二定律、等比数列12. 足够长的两光滑水平导轨间距 L10m，导轨间接有 R=25 的电阻和电压传感器。电阻 r05、质量 m002kg 的金属棒 ab，在恒力 F05N 的作用下沿导轨

20、由静止开始滑动，导轨的电阻忽略不计。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B10T。(1)请判别通过金属棒 ab 的电流方向；(2)写出电压传感器两端的电压 U 与金属棒 ab 速度 v 的关系式；(3)若 F 作用 20m 时，金属棒 ab 已达到最大速度，求这一过程中拉力功率的最大值及金属棒 ab 产生的焦耳热。【答案】 （1） “b”到“a” （2） （0v 15m/s） （3）075W；016J【解析】试题分析：（1）右手定则可得 通过金属棒 ab 的电流方向“b”到“a”（2）金属棒 ab 切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv根据闭合回路的欧姆定律：（0v 15m/s）

21、（3）当导体棒达到最大速度时，金属棒的合力为零：F=F安 F安=BILE=BLv最大 可以求得 v最大 =15m/sP输入=Fv最大- 14 -P输入=075W从静止到最大速度的过程，由动能定理得：W安=Q焦耳=09775J金属棒 ab 产生的焦耳热为Qab=016J考点：右手定则；法拉电磁感应定律；动能定理的应用【名师点睛】本题考查的问题较多，但多为基础知识的应用，掌握好法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路的欧姆定律及电路的性质即可顺利求解13. 关于热现象和相关知识的描述, 下列说法正确的是_A. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成

22、B. 摄氏温度是国际单位制中七个基本物理量之一C. 晶体管、集成电路的工作性能与材料的微观结构有关，材料内原子的排列不能是杂乱无章的，所以制作晶体管、集成电路只能用单晶体D. 英国物理学家焦耳测量了热与机械功之间的当量关系热功当量，为热力学第一定律和能量守恒定律的建立奠定了实验基础E. 电冰箱通电后箱内温度低于箱外，但还会继续降温，直至达到设定的温度. 这个过程不遵从热力学第二定律【答案】ACD【解析】生产半导体器件掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故 A 正确；绝对温度是国际单位制中七个基本物理量之一，选项 B 错误；制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性

23、，故 C 正确；英国物理学家焦耳测量了热与机械功之间的当量关系热功当量，为热力学第一定律和能量守恒定律的建立奠定了实验基础,选项 D 正确；电冰箱工作时热量可以从低温物体传到高温物体，同时要消耗一定的电能，引起其他的变化，因而电冰箱工作过程仍然遵从热力学第二定律故 E 错误；故选 ACD.14. 如图所示为上下端均开口的玻璃管, 下管用一活塞封闭一定质量的 理想气体, 管内气体上部由水银柱封住, 上下管足够长, 上下管横截面积分别为S1 = 1.0 cm2、S2 = 2.0 cm2. 已知封闭气体初始温度为 57 , 封闭气体柱长度为L = 22 cm, 初始时水银柱在上管中高- 15 -度为

24、h1 = 2.0 cm, 在下管中高度为h2 = 2.0 cm. 大气压强为 76 cmHg. 若保持活塞不动, 缓慢升高气体温度, 温度升高至多少时可将所有水银全部压入上管内？【答案】【解析】初始水银柱总高度为 封闭气体初始状态的压强气体初始状态的体积为 温度水银全部压入上管时水银柱高度为 6.0 cm, 此时封闭气体压强体积为 由理想气体状态方程得: 解得: 15. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b 两质点的横坐标分别为 xa=2m 和xb=6m，图乙为质点 b 从该时刻开始计时的振动图象下列说法正确的是( ) A. 该波沿方向传播- 16 -B. 波速为 1m/sC. 质点a

25、经 4s 振动的路程为 4mD. 此时刻质点 a 的速度沿+y 方向E. 质点 a 在 t=2s 时速度为零【答案】ABE【解析】ab 两点间的距离为，振动从a传播到b的时间为半个周期，为，所以波速为，但是b点该时刻的振动方向是沿 y 轴正方向，由微平移法可知波向-x 轴方向传播，A 错误；质点 a 振动 4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的 2 倍，即为 1m，B 错误；此时刻 b 的振动方向是向 y 轴正方向，ab 间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点 a 的速度沿-y 方向，C 错误；在 t=2s 时，质点 b在正的最大位移处，ab 两质点的振动步调完全相反，所以

26、质点 a 在负的最大位移处，此时 a的速度为零，D 正确【点睛】解答该题要熟练的掌握波传播方向的判断，常用的方法有“微平移法” 、 “带动法” 、“上下坡法” 、 “振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法” ，还有就是要熟练的掌握步调一致的点的判断和步调始终相反的点的判断会通过时间计算振动质点通过的路程16. 一棱镜的截面为直角三角形 ABC，A=30o，斜边 ABa。棱镜材料的折射率为 n=。在此截面所在的平面内，一条光线以 45o的入射角从 AC 边的中点 M 射入棱镜，画出光路图并求射出的点的位置（不考虑光线沿原来路返回的情况） 。【答案】出射点在 BC 边上离 B 点的位置【解析】设入射角为 i，折射角为 r，由折射定律得： 由已知条件及式得 如果入射光线在法线的右侧，光路图如图 1 所示。设出射点为 F，由几何关系可得- 17 -即出射点在 AB 边上离 A 点的位置。如果入射光线在法线的左侧，光路图如图 2 所示。设折射光线与 AB 的交点为 D。由几何关系可知，在 D 点的入射角 设全发射的临界角为 ，则 由和已知条件得 因此，光在 D 点全反射。设此光线的出射点为 E，由几何关系得DEB=联立式得 即出射点在 BC 边上离 B 点的位置。 视频