2019届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 学年高三（上）第一次月考物理试卷学年高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（一、选择题（1-61-6 题单选，题单选，7-107-10 题多选）题多选）1. 一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是 1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（ ）A. 1：22：32；1：2：3B. 1：23：33；1：22：32C. 1：2：3；1：1：1D. 1：3：5；1：2：3【答案】B【解析】试题分析: 由匀变速直线运动规律知：，可得：，这三段位移上的平均三段大小之比为：，B 对。考点:匀变速直线的运动

2、规律、平均速度。【名师点睛】匀变速直线运动规律的应用1三个基本公式vv0at，xv0t at2，v2v2ax 均为矢量式，应用时应规定正方向。2方法技巧2. 在一大雾天，一辆小汽车以 30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方 30m 处有一辆大卡车以 10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵如图a、b 分别为小汽车和大卡车的 vt 图象，以下说法正确的是（ ）A. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾- 2 -B. 在 t=5s 时追尾C. 在 t=3s 时追尾D. 由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾【答案】C【解析】试题分析：根据速度-时间图象与时间

3、轴所围“面积”大小等于位移，由图知，时，b 车的位移为：,a 车的位移为，则，所以在在时追尾，故 C 正确考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移3. 如图所示，斜面体 P 放在水平面上，物体 Q 放在斜面上Q 受一水平作用力 F，Q 和 P 都静止这时 P 对 Q 的静摩擦力和水平面对 P 的静摩擦力分别为 f1、f2现使力 F 变大，系统仍静止，则 （ ）

4、A. f1、f2都变大B. f1变大，f2不一定变大C. f2变大，f1不一定变大D. f1、f2都不一定变大【答案】C【解析】试题分析：先对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，按照效果讨论摩擦力情况；然后对整体受力分析，得到P与地面间摩擦力情况对物体 Q 受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，当时，摩擦力沿着斜面向上，大小为，当 F 增大时，变小；- 3 -当时，摩擦力为零，F增大时， 变大；当时，摩擦力沿着斜面向下，大小为，F 增大时， 变大；对整体受力分析，则有，F变大则 一定变大，故 C 正确4. 物体 A 放在物体 B 上，物体 B 放在光滑的水平面上，已知

5、mA=6kg，mB=2kg，A、B 间动摩擦因数 =0.2，如图所示现用一水平向右的拉力 F 作用于物体 A 上，则下列说法中正确的是（g=10m/s2） （ ）A. 当拉力 F12N 时，A 静止不动B. 当拉力 F12N 时，A 一定相对 B 滑动C. 无论拉力 F 多大，A 相对 B 始终静止D. 当拉力 F=24N 时，A 对 B 的摩擦力等于 6N【答案】D【解析】当 A、B 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值设此时它们的加速度为 a0，拉力为F0AB 间的最大静摩擦力为 f=mAg=12N；根据牛顿第二定律，得：对 B：对整体：F0=（mA+mB）a0=48N；当 F48N 时，AB

6、相对静止，F48N 时，AB 发生相对滑动故 ABC 均错误；当拉力 F=24N 时，AB 相对静止，对整体：； 对B：f=mBa=6N 故 D 正确故选 D.5. 图中给出某一时刻 t 的平面简谐波的图象和 x=1.0m 处的质元的振动图象，关于这列波的波速 v、传播方向和时刻 t 可能是（ ）A. v=1.0m/s，t=0B. v=1.0m/s，t=6sC. t=0，波向 x 正方向传播- 4 -D. t=5s，波向 x 正方向传播【答案】D【解析】由图知：波长 =12m，周期 T=12s，则波速因 t=0 时刻，x=1.0m 处的质点在平衡位置向上振动，故 ABC 错误t=5s，由振动图

7、象得知，x=1.0m 处的质元的位移为 y=2cm，与波动图象相符，振动方向向下，则波沿 y 轴正方向传播故 D 正确故选 D.点睛：本题考查把握波动图象和振动图象联系的能力，根据振动图象要能读出质点的速度方向，在波动图象上判断波的传播方向.6. 用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系图中 A、K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调分别用 a、b、c 三束单色光照射，调节 A、K 间的电压 U，得到光电流 I 与电压 U 的关系如图乙所示由图可知（ ）A. 单色光 a 和 c 的频率相同，但 a 更强些B. 单色光 a 和 c 的频率相同，但 a

8、 更弱些C. 单色光 b 的频率小于 a 的频率D. 改变电源的极性不可能有光电流产生【答案】A【解析】光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，ac 光对应的截止频率小于 b 光的截止频率，根据 eU截=mvm2=h-W，入射光的频率越高，对应的截止电压 U截越大a 光、c 光的截止电压相等，所以 a 光、c 光的频率相等；当a、c 光照射该光电管，因频率相同，则 a 光对应的光电流大，因此 a 光子数多，那么 a 光的强度较强，故 A 正确，BC 错误；若改变电源的极性，仍可能有光电流产生，但电流大小会发生变化，故 D 错误；故选 A点睛：解决本题的关

9、键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程 eU截=mvm2=h-W，同时理解光电流的大小与光强有关- 5 -7. 如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体 a、b 靠在一起，表面光滑，重力为 G，其中 b 的下半部刚好固定在水平面 MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上现过 a 的轴心施以水平作用力 F，可缓慢的将 a 拉离平面一直滑到 b 的顶端，对该过程分析，则应有（ ）A. 拉力 F 先增大后减小，最大值是 GB. 开始时拉力 F 最大为，以后逐渐减小为 0C. a、b 间的压力开始最大为 2G，而后逐渐减小到 GD. a、b 间的压力由 0 逐渐增大，最大为 G【答案】B

10、C【解析】试题分析：据力的三角形定则可知，小球 a 处于初状态时，小球 a 受到的支持力N=G/sin30o=2G,拉力 F=Ncos30o=G；当小球 a 缓慢滑动时， 增大，拉力 F=Gcot，所以F 减小；当小球 a 滑到小球 b 的顶端时小球 a 还是平衡状态，此时它受到的拉力必定为 0,所以 A 选项错误 B 选项正确；小球 a 受到的支持力由 N= G/sin 可知， 增大而支持力减小，滑到 b 球的顶端时由于小球处于平衡状态，支持力 N=G。考点：本题考查力的动态平衡问题。8. 两个小球 A、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA=4kg，mB=2kg，A 的速

11、度 vA=3m/s（设为正） ，B 的速度 vB=3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为（ ）A. 均为+1 m/sB. +4 m/s 和5 m/sC. +2 m/s 和1 m/sD. 1 m/s 和+5 m/s【答案】AD【解析】试题分析：两球碰撞过程中动量守恒本题的难点在于判断碰撞后 A 球的速度方向，A 的速度方向可能与原来相反，也可能与原来相同，分两种情况研究- 6 -发生正碰，则根据动量守恒得：，根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得,它们发生正碰后，均为+1m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故 A 正确；速度如果是 4m/s 和-5m/s，那么A、B动能都增加，故 B 错

12、误；发生正碰后，A、B速度方向不变即还是相向运动，这不符合实际情况故 C 错误；发生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故 D 正确【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率9. 如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线（直线与横轴的交点坐标 4.27，与纵轴交点坐标 0.5） 由图可知（ ）A. 该金属的截止频率为 4.271014HzB. 该金属的截止频率为 5.51014HzC. 该图线的斜率表示普朗克常量D. 该金属的逸出功为 0.5 eV【答案】A

13、C【解析】当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为 4.271014Hz，故 A 正确 B 错误；根据知，图线的斜率表示普朗克常量，故 C 正确；金属的逸出功为，故 D 错误10. 如图所示，a，b 为两束不同频率的单色光，以 45的入射角射到玻璃砖的上表面，直线 OO与玻璃砖垂直且与其上表面交于 N 点，入射点 A，B 到 N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的 P 点下列说法正确的是（ ）- 7 -A. 在真空中，a 光的传播速度大于 b 光的传播速度B. 在玻璃中，a 光的传播速度大于 b 光的传播速度C.

14、 玻璃对 a 光的折射率小于玻璃对 b 光的折射率D. 同时增大入射角，则 b 光在下表面先发生全反射【答案】BC【解析】所有色光在真空中传播速度都相同，都是 c=3108m/s故 A 错误由图看出 a 的折射角大，入射角相等，由折射定律知，玻璃对 a 光的折射率小，由分析可知 a光在玻璃中传播速度大故 BC 正确b 光射到玻璃砖的下表面时，入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性原理得知，光线一定从下表面射出，不可能发生全反射故 D 错误故选 BC.点睛：根据光路图正确判断光的折射率大小，然后根据折射率、波长、频率、光速等之间的关系进行求解，这些知识点是对学生的基本要求，平时要加强练习二、实

15、验题二、实验题11. 如图 1 为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图砂和砂桶的总质量为 m，小车和砝码的总质量为 M实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是_A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动- 8 -B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是

16、否做匀速运动C将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动（2）在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使细线对小车的拉力等于砂及砂桶的总重力，应满足 M_m（填“远大于” 、 “远小于”或“等于” ）（3）图 2 是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G 为 7 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为：sAB=4.22cm、sBC=4.65cm、sCD=5.08cm、sDE=5.49cm，sEF=5.91cm，sFG=6.34cm已知打点计时器的工作频率为 50Hz，则小车的加速度大小 a=_m/

17、s2 （结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). B (2). 远大于 (3). 0.42【解析】试题分析：小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即 mM 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；根据匀变速直线运动的推论可以求出瞬时速度与加速度（1）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要：将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故 B 正确（2）当时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，

18、绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为t=0.02s5=0.1s，利用匀变速直线运动的推论，得，为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：12. 某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长 78.50cm，摆球直径2.0cm然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力 F 的大小随时间 t 的变化曲线如图所示- 9 -（1）该摆摆长为_cm（2）该摆摆动周期为_s（3）如果测得 g 值偏小，可能原因是_A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动C计算摆长时，忘记了

19、加小球半径 D读单摆周期时，读数偏大（4）测得当地重力加速度 g 的值为_m/s2 （三位有效数字）【答案】 (1). 79.50 (2). 1.8 (3). BCD (4). 9.68【解析】(1)该摆摆长为 78.9cm+1cm=79.5cm.(2) 当悬线的拉力最大时，摆球通过最低点，由图读出 t=0.3s 时摆球正通过最低点，t=1.2s 时摆球又通过最低点，则摆球的摆动周期 T=2（1.2-0.3）s=1.8s.（4）测得当地重力加速度g的值为点睛：考查学生的读图能力，抓住最高点和最低点两个位置悬线拉力的特点，结合单摆的周期性分析其周期；能根据重力加速度的表达式分析误差原因.三、计算

20、题：三、计算题：13. 如图甲所示，质量为 m=1kg 的物体置于倾角为 37固定斜面上（斜面足够长） ，对物体- 10 -施加平行于斜面向上的恒力 F，作用时间 t1=1s 时撤去拉力，物体运动的部分 vt 图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g=10m/s2（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力 F 的大小；（3）t=4s 时物体的速度【答案】 （1）0.5（2）30N（3）2m/s【解析】 （1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2根据牛顿第二定律得：F-mgcos-mgsin=ma1匀减速直线运动的加速度：a210m/s2根据牛顿第

21、二定律得：mgsin+mgcos=ma2解得：F=30N，=0.5（2）由（1）知，F=30N（3）在物块由 A 到 C 过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为 t2v1=a2t2解得 t2=2s 则物体沿斜面下滑的时间为 t3=t-t1-t2=1s 设下滑加速度为 a3，由牛顿第二定律得 mgsin-mgcos=ma3解得：a3=2m/s2所以 t=4s 时物体的速度：v=a3t3=21=2m/s，沿斜面向下 点睛：本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解14. 一列横波沿 x 轴传播，图中实线表示某时刻的波形，虚线表示从该

22、时刻起 0.005s 后的波形- 11 -如果周期大于 0.005s，则当波向右传播时，波速为多大？波向左传播时，波速又是多大？如果周期小于 0.005s，则当波速为 6000m/s 时，求波的传播方向【答案】如果周期大于 0.005s，则当波向右传播时，波速为 400m/s，波向左传播时，波速又是 1200m/s波向左传播【解析】试题分析：如果周期大于 0.005 s，波在 0.005 s 内传播的距离小于一个波长。如果波向右传播，从图上看传播的距离为 2 m，由此可得波速为：v右400 m/s （2 分）如果波向左传播，从图上看传播的距离为 6 m，由此可得波速：v左1200 m/s （2

23、 分）由图知波长 8 m，波的传播距离为 xvt6000m/s0.005s30 m（30/8）3.75，所以波向左传播 （3 分）考点：振动与波15. 在物资运转过程中常使用传送带已知某传送带与水平面成 =37角，传送带的 AB 部分长 L=29m，传送带以恒定的速率 v=10m/s 按图示方向传送，若在 A 端无初速度地放置一个质量 m=0.1kg 的煤块 P（可视为质点） ，P 与传送带之间的动摩擦因数 =0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小， （g 取 10m/s2，sin 37=0.6） 求：（1）煤块 P 从 B 端运动到 A 端的时间是多少？（2）若 P 与传送带之间的动摩擦因

24、数 =0.8，则煤块 P 从 B 端运动到 A 端的时间又是多少（3）若 P 与传送带之间的动摩擦因数 =0.5，求煤块在传送带上留下的痕迹长度- 12 -【答案】 （1）3s（2）3.31s（3）5m【解析】(1)物体放上传送带后,开始一段时间 t1内做初速度为 0 的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力：可知,物体所受合力 F合=mgsin+f又因为 f=N=mgcos所以根据牛顿第二定律可得： 当物体速度增加到 10m/s 时产生的位移：x=5mmgcos，所以物体将受沿传送带向上的摩擦力的作用，a2=mgsin-mgcos=2m/s2匀加速运动的位移为 29x，设所用时间为 t

25、，则 解得：t=2st总=1s+2s=3s(2)若物体与传送带之间的动摩擦因数为 0.8，则物体放上传送带后，开始一段时间 t1内做初速度为 0 的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力：可知物体所受合力 F合=mgsin+f又因为 f=N=mgcos所以根据牛顿第二定律可得：a=F合/m=12.4m/s2当物体速度增加到 10m/s 时产生的位移：x=v22a=4.03m29m所用时间为：t=v/a=0.81s所以物体速度增加到 10m/s 后，由于 mgsinmgcos，所以物体将和传送到一起匀速运动，匀速运动的位移为 29x，设所用时间为 t，则 t=294.0310=2.50s则

26、 t总=0.81+2.50=3.31s，(3)第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：x=v2/2a=5m传送带的位移为 x=vt=101=10m，故炭块相对传送带上移 5m；第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：- 13 -，传送带的位移为 20m，所以相对于传送带向下运动 4m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为 5m；16. 如图所示，半径为 R 的的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球 B 静止光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为 m1的小球 A 自圆弧轨道的顶端由静止释放，重力加速度为 g，

27、试求：（1）小球 A 撞击轻质弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为多少？（2）要使小球 A 与小球 B 能发生二次碰撞，m1与 m2应满足什么关系？【答案】 （1）（2）【解析】 （1）设 A 球到达圆弧底端时的速度为 v0，根据机械能守恒定律有： （1 分）当 A、B 两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为 v根据动量守恒定律有： （2 分）根据机械能守恒定律有： （2 分）联立解得： （1 分）（2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1和 v2根据动量守恒定律有： （1 分）根据机械能守恒定律有： （1 分）联立解得：（2 分）要使 A、B 两球能发生二次碰撞，必须满足则有： （2 分）解得：12 （2 分）- 14 -或（不符合事实，舍去）本题考查动量守恒定律和功能关系，小球由最高点到最低点，由动能定律求得最低点速度， 当弹簧弹性势能最大时，两球速度相同，在与弹簧作用过程中系统机械能守恒，两小球动能 的减小量转化为弹簧的弹性势能。列式求解