山西省山西大学带属中学2019届高三物理上学期11月月考试题【带解析】

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1、山西省山西大学附属中学2019届高三物理上学期11月月考试题（含解析）一、单选题1.图示为三种形式的吊车的示意图，OA为杆，重力不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA受力的关系是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：分别对结点A受力分析，运用共点力平衡求出杆子对A点的作用力大小，从而比较出杆0A的受力大小关系解：分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为F1、F2、F3，各图中T=mg在图（a）中，在图（b）中，在图（c）中，可知a=bc，故C正确，A、B、D错误故选C2.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A

2、沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平N位置，已知AO与竖直杆成角，则A. 刚开始时B的速度为B. A匀速上升时，重物B也匀速下降C. 重物B下降过程，绳对B的拉力小于B的重力D. A运动到位置N时，B的速度为0【答案】D【解析】试题分析：对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是，其中就是B的速率（同一根绳子，大小相同），故刚开始上升时B的速度，由于A匀速上升，在增大，所以在减小，当运动至定滑轮的连线处于水平位置时，所以，B做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，D正确考点：考查了运动的合成与分解【名师点睛】注意处理“绳牵问题

3、”思路和方法：（1）物体实际的速度是合速度，（2）物体在沿绳子方向的速度相等3.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为1的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解。【详解】设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即： 所以匀强电场场强的大

4、小为，故B正确，ACD错误。故选：B。【点睛】本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律及平行四边形定则解题。4. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，点R同时在电场线b上，由此可判断A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的大C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D. P、R、Q三点，P点处的电势最高【答案】BD【解析】【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电

5、势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小【详解】A、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大故A错误；D、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上故c点电势最高故D正确B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大故B正确C、负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，P点电势能大，则动能小故C错误故选：BD【点睛】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法5.如

6、图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（）A. M、N两点的电场强度相同B. M、N两点的电势相等C. 若将一负试探电荷由M点移到C点，电场力做正功D. 若将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定增加【答案】C【解析】试题分析：M、N两点场强大小相等，但方向不同，选项A错误；PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势，选项B错误；负电荷由M点移到C处，电势能减小，故电场力做正功，选项C正确；无穷远处电势为零，N点电势大于零，故负电荷由无穷远处移到N点

7、时，电势能一定减小，选项D错误；故选C。考点：电场强度；电势及电势能.6.如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出( )A. 小物块的带电量B. A、B间的电势差C. 小物块的质量D. 小物块速度最大时到斜面底端的距离【答案】C【解析】试题分析：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大

8、，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q故A错误；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差故B错误；由重力势能线得到EP=mgh=mgssin，读出斜率，即可求出m；图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离故D错误故选C考点：功能关系；电势及电势能【名师点睛】本

9、题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。二、多选题7.一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其的图象如图所示，则A. 质点做匀速直线运动，速度为B. 质点做匀加速直线运动，加速度为C. 质点在2 s末速度为D. 质点在第2 s内的位移为2 m【答案】CD【解析】【详解】由图得：即x=0.5t+t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式 x=v0t+at2，对比可得：质点的初速度 v0=0.5m/s，加速度为 a=1m/s2，则质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，初速度为0.5m/s，加速度为2m/s2，故AB错误。质点在2s末速度为 v

10、=v0+at=0.5+21=2.5m/s，故C正确。质点做匀加速直线运动，在第1s内的位移大小为 x1=v0t+at2=0.51+112=1m。在前2s内的位移大小为 x2 =0.52+122=3m，则质点在第2 s内的位移为x=x2-x1=2 m，故D正确。故选CD。【点睛】本题的实质上是速度-时间图象的应用，写出解析式，分析物体的运动性质是关键，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息8. 如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为，A和B、C离转台中心的距离分别为r、15r 。设最大

11、静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）A. B对A的摩擦力一定为3mgB. B对A的摩擦力一定为3m2rC. 转台的角速度一定满足：D. 转台的角速度一定满足：【答案】BD【解析】【详解】A.B. 对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=(3m)2r(3m)g，故A错误，B正确；C.D. 由于A.AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)2r(3m)g对AB整体，有：(3m+2m)2r(3m+2m)g对物体C，有：m2(1.5r)mg解得：，故C错误，D正确；故选：BD.9.经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统

12、”由相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动，如图所示为某一双星系统，A星球的质量为，B星球的质量为，它们中心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是A. A星球的轨道半径为B. B星球的轨道半径为C. 双星运行的周期为D. 若近似认为B星球绕A星球中心做圆周运动，则B星球的运行周期为【答案】CD【解析】双星靠他们之间的万有引力提供向心力，A星球的轨道半径为R，B星球的轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有： 得 ，且R+r=L解得： ；，故AB错误；根据万有引力等于向心力：，解得T=

13、2L，选项C正确；若近似认为B星球绕A星球中心做圆周运动，则R=0，r=L，此时B星球的运行周期为T=2L，选项D错误；故选C.点睛：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度以及会用万有引力提供向心力进行求解10.质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0-t1时间内下列说法正确的是（）A. 汽车的牵引力不断增大 B. 时，汽车的加速度大小为C. 阻力所做的功为 D. 汽车

14、行驶的位移为【答案】AD【解析】【分析】在0t1时间内，功率不变，速度减小，根据P=Fv可知，牵引力增大，汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式P=Fv可以求解阻力，功率减小一半时，求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求解阻力做功和汽车的位移。【详解】A项：在0t1时间内：功率不变，速度减小，根据P=Fv可知，牵引力增大，故A正确；B项：汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有：F=f，发动机的功率为P，由P=Fv0=fv0，得阻力 t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则F= 根据牛顿第二定律得：，故B错误；C、D项：根据动能定理得：0.5Pt1+Wf=

15、解得阻力做功为 Wf=- 设汽车通过的位移为x，由Wf=-fx，解得，x=故C错误，D正确。故选：AD。【点睛】本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况阻力做功根据动能定理求解是常用的思路。11.如图所示，倾角为=30的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷一质量为m，电荷量为q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（）A. 小球从A到D的过程中静电力做功为mv2B. 小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C. 小球从A到B的过程中电势能先减小后增加D. AB两点间的电势差UAB=【答案】CD【解

16、析】【分析】根据动能定理研究该质点从A点滑到非常接近斜边底端B点的过程，其中的A、D点是同一等势面上，然后结合动能定理即可判断【详解】A.斜面的倾角为，斜面上，由几何关系可知，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由，知A到D的过程中电场力做的功等于0，A错误；由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，C正确；设AB的长度为2L，则，在小球从A到D两点得过

17、程中，由动能定理有：，在小球从A到B的过程中有：，所以：，D正确【点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待12.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷A. 在和处电势能相等B. 由运动到的过程中电势能增大C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小D. 由运动到的过程中电场力

18、先减小后增大【答案】BC【解析】试题分析：由图像可知，在0x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误。考点：由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系。【名师点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态

19、的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要。视频三、实验题探究题13.测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C重力加速度为g实验步骤如下：用天平称出物块Q的质量m；测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的高度h；将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；重复步骤，共做10次；将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C的距离s用实验中的测量量表示：(1)物块Q到达B点时的动能EkB

20、= _ ；(2)物块Q到达C点时的动能EkC= _ ；(3)在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf= _ ；(4)物块Q与平板P之间的动摩擦因数= _ 【答案】 (1). mgR； (2). ； (3). ； (4). 【解析】【分析】物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；由功的计算公式可以求出动摩擦因数【详解】(1) 从A到B，由动能定理得：mgR=EKB-0，则物块到达B时的动能：EKB=mgR；(2) 离开C后，物

21、块做平抛运动，水平方向：s=vCt，竖直方向： 物块在C点的动能：EKC= 联立解得：；(3) 由B到C过程中，由动能定理得： ；克服摩擦力做的功：Wf=mgR- (4) B到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf=mgL=mgR- 解得：。【点睛】熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即可正确解题，学会根据实验数据来实验结果分析，注意实验误差不会没有，只能降低。14.某学习小组利用气垫导轨装置来探究“做功与物体动能改变的关系”，如图甲为实验装置示意图利用气垫导轨上的光电门可测出滑块上的细窄挡光片经过时的挡光时间气垫导轨水平放置，不计滑轮和导轨摩擦，重力加速度为g，实验步骤如下：a测出挡光条的

22、宽度为d，滑块与挡光条的质量为M；b轻细线的一端固定在滑块上，另一端绕过定滑轮挂上一砝码盘，盘和砝码的总质量为m（m远小于M），细绳与导轨平行；c让滑块静止放在导轨左侧的某一位置，测出挡光条到光电门的距离为x；d释放滑块，测出挡光条经过光电门的挡光时间为t；e改变砝码的质量，保证滑块每次都在同一位置由静止释放，分别测得滑块经过光电门的挡光时间(1)滑块经过光电门时速度的计算式v_（用题目中所给的字母来表达）(2)细线的拉力做功可表达为W_，滑块的动能改变表达为Ek_（用题目中所给的字母来表达） (3)我们可以通过改变盘中砝码质量，测得多组数据，建立的关系图像，进行更准确的实验验证，则图乙的3个

23、图线中，_图最符合真实的实验情况【答案】 (1). ； (2). mgx； (3). (4). C【解析】【分析】(1)根据很短时间内，平均速度等于瞬时速度，即可求解；(2)根据拉力做功表达式，以及熟练应用匀变速直线运动规律，即可求解；(3)平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。【详解】(1) 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知小物块经过光电门时速度的大小是；(2) 由题意可知，细线的拉力做功，则即为盘和砝码对应重力做的功，即：mgx；滑块的动能改变表达为；(3) 该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，a= 而 所

24、以重物质量m增加不能远小于小车的质量时，直线在末端发生弯曲，则此结果对应于图中的图C。【点睛】考查光电门测量瞬时速度的原理本实验与教材中的实验有所不同，但是根据所学物理知识，明确了实验原理，即可正确解答。四、计算题15.如图所示，小球A从半径的光滑圆弧轨道的上端P点以的初速度滑下，水平面光滑且与圆弧轨道末端相切，小球A到达水平面上以后，与静止于该水平面上的钢块B发生弹性碰撞，碰撞后小球A被反向弹回，B的质量沿原路返回恰能到达到P点，g取，求： (1)小球A刚滑上水平面的速度大小(2)小球A的质量【答案】(1)5m/s；(2)2kg【解析】【分析】(1)对A在光滑圆弧轨道上下滑过程，运用机械能守

25、恒定律可以求出其刚滑上水平面的速度大小vA；(2)A、B碰撞过程动量守恒、机械能守恒，碰撞后A的机械能守恒，由机械能守恒定律求得碰后A的速度，再对碰撞过程，运用动量守恒定律列式可以求出A的质量。【详解】(1) A在光滑圆弧轨道上下滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得： 代入数据得：vA=5m/s；(2)碰后，A返回过程，由机械能守恒定律得： 可得 vA=4m/sA、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=-mAvA+mBvB，代入数据解得：mA=2kg。【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动量守恒

26、定律即可正确解题要注意速度的方向，在规定正方向的基础上，用正负号表示速度的方向。16.如图所示，水平细杆上套一环，环A与球B间用一不可伸长轻质绝缘绳相连，质量分别为mA=0.20kg和mB=0.40kg，A环不带电，B球带正电，带电量q=1.010-4C，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）若B球处于一水平向右的匀强电场中，使环A与B球一起向右匀速运动。运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角=37，匀强电场的电场强度E多大？（2）环A与水平杆间的动摩擦因数；（3）若匀强电场的方向斜向右上方与水平成37角，为了使环A与B球一起向右以5m/s2的加速度匀加速运

27、动，则电场强度应为多大？【答案】（1）3104N/C（2）0.5（3）【解析】试题分析：（1）若B球处于一水平方向的匀强电场中，使环与球B一起向右匀速运动，运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角=37，以B球为研究对象，受到重力、电场力和拉力，三力平衡，则有电场力F=mBgtan4N3N，匀强电场的电场强度（2）对整体分析，在水平方向上有：F=（mA+mB）g，解得0.5（3）电场强度方向与水平方向夹角为=37，根据牛顿第二定律得，qEcos-（mAg+mBg-qEsin）=（mA+mB）a，代入数据解得考点：电场强度；牛顿第二定律；物体的平衡17.如图所示，有一个可视为质点的质量为m = 1

28、kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0= 3 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M = 3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 = 0.3，圆弧轨道的半径为R = 0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 = 53，不计空气阻力，取重力加速度为g=10 m/s2.求： AC两点的高度差； 小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力； 要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度（）【答案】（1）0.8m （2）68N （3）

29、3.625m【解析】试题分析：（1）小物块从A点抛出做平抛运动，将C点的速度进行分解，求出物块到达C点的速度，对C到D的过程，运用动能定理求出物块到达D点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力（2）当小物块刚好不从长木板滑出时，与木板具有相同的速度，根据动量守恒定律求出共同的速度，因为摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，结合能量守恒定律求出木板的最小长度，从而作出判断（1）物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60，根据平行四边形定则知：小物块由C到D的过程中，由动能定理得：代入数据解得：小球在D点时，由牛顿第二定律得：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下 （2）设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，取向左为正方向由动量守恒定律得：解得：设物块在木板相对位移，由功能关系得：解得：所以小物块能滑出长木板【点睛】本题的关键是要理清物块的运动过程，把握每个过程之间的联系，如速度关系，选择恰当的规律进行研究要注意摩擦生热与相对位移有关