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doc 2019届高三物理上学期12月份检测试题(含解析) 一、单项选择题 1. 下列有关物理常识的说法中正确的是 A. 牛顿的经典力学理论不仅适用于宏观、低速运动的物体,也适用于微观、高速运动的物体 B. 力的单位“N”是基本单位,加速度的单位“m/s2”是导出单位 C. 库仑在前人工作的基础上提出了库仑定律,并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量k D. 沿着电场线方向电势降低,电场强度越大的地方电势越高 【答案】C 【解析】试题分析:A、牛顿的经典力学理论只仅适用于宏观、低速运动的物体,不适用于微观、高速运动的物体.故A错误.B、力的单位“N”和加速度的单位“m/s2”都是导出单位.故B错误.C、库仑发现了库仑定律,并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量k.故C正确.D、沿着电场线方向电势降低.电场强度与电势无关,则电场强度越大的地方电势不一定越高,故D错误.故选C. 考点:考查物理学史. 【名师点睛】物理学史和物理常识也是高考考查的内容之一,对于科学家的成就要加强记忆,力争不在基本题上失分. 2. 如图所示,小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,下列说法中错误的是( ) A. 小球通过最高点的最小速度为v= B. 小球通过最高点的最小速度可以趋近为0 C. 小球在水平线ab以下管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力 D. 小球在水平线ab以上管道中运动时,内侧管壁对小球可能有作用力 【答案】A 【解析】试题分析:在最高点,由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用,当小球的速度等于0时,内管对小球产生弹力,大小为mg,故最小速度为0.故A错误,B正确.小球在水平线ab以下管道运动,由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力,所以外侧管壁对小球一定有作用力,内侧没有力的作用.故C正确. 小球在水平线ab以上管道中运动时,当速度时,内侧管壁没有作用力,此时外侧管壁有作用力.当速度时,内侧管壁有作用力.故D正确.故选BCD. 考点:圆周运动的分析 【名师点睛】解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动,在最高点的最小速度为0,以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供. 3. 已知地球质量为M,半径为R,地球表面重力加速度为g,有一个类地行星的质量为地球的p倍、半径为地球的q倍,该行星绕中心恒星做匀速圆周运动的周期为T,线速度为v,则此类地行星表面的重力加速度和中心恒星的质量分别为( ) A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 【答案】B 【解析】根据万有引力等于地表物体所受重力:, 类地行星的质量为地球的p倍、半径为地球的q倍,则; 根据中心恒星对行星的万有引力充当行星做匀速圆周运动的向心力:      又根据上式可得: 联立解得: 4. 如图所示,MN和PQ表示垂直于纸面的两个相互平行的平面,在这两个平面之间的空间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,其中磁场方向与纸面垂直。一个带电粒子以某一初速度由MN平面上的A点沿垂直MN平面的方向进入这个场区恰能沿直线运动,并从PQ平面上的C点离开场区,AC连线与两平面垂直。如果这个区域只有电场,其他条件不变,则粒子从PQ平面上的B点离开场区;如果这个区域只有磁场,其他条件不变,则粒子从PQ平面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3,运动的加速度大小分别为a1、a2和a3,不计空气阻力及粒子所受重力的影响,则下列判断中正确的是( ) A. t1=t2=t3,a1<a2<a3 B. t2<t1<t3 ,a1<a3<a2 C. t1=t2<t3,a1<a2=a3 D. t1=t3>t2, a1=a3<a2 【答案】C 【解析】试题分析:带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动,比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小.各自由相应规律表示出时间和加速度,从而得到结论. 在复合场中,带电粒子做匀速直线运动,则有Eq=Bqv,则有E=Bv.在复合场中的时间,而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动,所以运动的时间,而在单一磁场中做匀速圆周运动,运动的时间,由于两平面之间,所以时间关系为.到于加速度,在复合场中,单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生,但两种力相等,所以,但方向不同,即,故C正确. 5. 一对正、负电子可形成一种寿命比较短的称为“电子偶素”的新粒子。电子偶素中的正电子与负电子都以速率v绕它们连线的中点做圆周运动。假定玻尔关于氢原子的理论可用于电子偶素,电子的质量m、速率v和正、负电子间的距离r的乘积也满足量子化条件,即,式中n称为量子数,可取整数值1、2、3、¼,h为普朗克常量。已知静电力常量为k,电子质量为m、电荷量为e,当它们之间的距离为r时,电子偶素的电势能,则关于电子偶素处在基态时的能量,下列说法中正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】试题分析:由正负电子的库仑力提供向心力,从而求出电子的动能;由题意可知,系统的电势能,及电子的动能,可求得n=1时,“电子偶素”的能量. 6. 如图所示,D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线,电流方向垂直于纸面向里。在开关S接通后,导线D所受磁场力的方向是(  ) A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 【答案】A 【解析】试题分析:电流由左侧流入,则由右手螺旋定则可知电磁铁右侧为N极,故导线所在处的磁场向左;再由左手定则可判断,导线受安培力向上,故A正确。 考点: 安培定则、左手定则 二、多项选择题 7. 在如图所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为E、内电阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,C为电容器,A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是(  ) A. 电压表示数变大 B. 电流表示数变小 C. 电容器C中的电场强度变小 D. a点的电势降低 【答案】ACD 【解析】A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,变阻器在路电阻减小,外电路总电阻减小,干路电流I增大,电阻R1两端电压增大,则电压表示数变大,A正确.B、根据外电路中顺着电流方向,电势降低,可知,a的电势大于零,a点的电势等于R2两端的电压,U2变小,则a点的电势降低,通过R2的电流I2减小,通过电流表的电流IA=I-I2,I增大,I2减小,则IA增大.即电流表示数变大.故B错误,D正确;C、电阻R2两端的电压U2=E-I(R1+r),I增大,则U2变小,电容器板间电压变小,其电场强度减小,故C正确;故选ACD. 【点睛】本题是电路动态变化分析问题,要抓住不变量:电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变,进行分析.根据电流方向判断电势高低,由电压的变化判断电势的变化. 8. 如图所示,甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的,下列说法正确的是(   ) A. 甲表是电流表,R增大时量程增大 B. 甲表是电流表,R增大时量程减小 C. 乙表是电压表,R增大时量程增大 D. 乙表是电压表,R增大时量程减小 【答案】BC 【解析】AB:并联分流,表头与变阻器并联是改装成电流表,且电流表量程,R增大时量程减小。A项错误,B项正确。 CD:串联分压,表头与变阻器串联是改装成电压表,且电压表量程,R增大时量程增大。C项正确,D项错误。 9. 水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一光滑定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。已知斜面倾角,小物块A的质量为m,小物块B的质量为0.8m,小物块B距离地面的高度为h,小物块A距离定滑轮足够远。开始时,小物块A和小物块B位于同一水平面上,用手按住小物块A,然后松手。则下列说法正确的是( ) A. 松手瞬间,小物块A的加速度大小为g/6 B. 松手后,小物块A的机械能守恒 C. 小物块B落地前瞬间的速度大小为 D. 小物块A能够上升到的最高点距离地面的距离为5h/3 【答案】AD 【解析】A:松手瞬间,对B受力分析可得,对A受力分析可得,联立解得:;故A正确。 B:松手后,绳的拉力对A做正功,小物块A的机械能增加;故B错误。 C:物块从开始下落到落地: ,解得:;故C错误。 D:物块A从开始运动到滑行时获得的速度,接下来继续滑行停止,则 ,解得:;小物块A能够上升到的最高点距离地面的距离为。故D正确。 10. 如图所示,图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线,其中导体C为一非线性电阻,当三导体串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时,它们的电阻分别为R1、R2、R3,则下列说法正确的是(  ) A. 此时流过三导体的电流均为1 A B. R1∶R2∶R3=1∶3∶2 C. 若将三导体串联后改接在3 V的直流电源上,则三导体的阻值之比不变 D. 若将三导体并联后接在3 V的直流电源上,则通过它们的电流之比为I1∶I2∶I3=3∶2∶1 【答案】AB 【解析】AB:由图可知,R1为2Ω,R2为3Ω,当三个电阻串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时,通过各个电阻的电流相等,三个电阻两端的电压之和为6V;由图可知,此时三个电阻中的电流均为1A,对应电压分别为1V、3V、2V;由欧姆定律可知,此时电阻之比R1:R2:R3=1:3:2 。故AB两项正确。 C:若将三个电阻串联接在3V的电源上时,两定值电阻R1、R2阻值不变,而C由于电压变化,则电阻R3变化,三导体的阻值之比变化;故C项错误。 D:若将三个电阻并联在3V的电源上,由图可知,三电阻的电流分别为:3A、1A、2.36A。故D项错误。 11. 正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示(俯视图)位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器”,经过加速器加速后,质量均为m的正、负电子被分别引入该管道时,具有相等的速率v,他们沿着管道向相反的方向运动.在管道控制它们转变的是一系列圆形电磁铁,即图甲中的A1、A2、A3…An共有n个,均匀分布在整个圆环上,每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场,并且方向竖直向下,磁场区域的直径为d(如图乙),改变电磁铁内电流的大小,就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度.经过精确的调整,首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动,这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端,如图乙所示.若电子的重力可不计,则下列相关说法正确的是(  ) A. 负电子在管道内沿顺时针方向运动 B. 电子经过每个电磁铁,偏转的角度是 C. 碰撞点为过入射点所在直径的另一端 D. 电子在电磁铁内做圆周运动的半径为 【答案】ACD 【解析】试题分析:电子在运动的过程中受力的方向指向圆心,根据左手定则可知,电子在管道内沿顺时针方向运动.故A正确;电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π,经过每个电磁铁,偏转的角度是.故B错误;由题意,首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动,这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端,所以碰撞点为过入射点所在直径的另一端.故C正确;由B的分析知电子经过每个电磁铁,偏转的角度是.所以:得:.故D正确.故选ACD。 考点:带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】本题题目描述很繁杂,看上去难度很大,但是越是这样的往往越简单,因为它描述的多已知量相应就多,过程相应就比较详尽,这有助于我们解题,所以遇见这样看似很难的题目不要慌张,仔细读完,梳理出题目的各个过程,各个量的关系,然后建立起物理模型,然后选择相应的物理规律,定律,定理,一般都能解决。 12. 在如图甲所示的电路中,L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后,电路中的总电流为0.25 A,则此时 (  ) A. L1两端的电压为L2两端电压的2倍 B. L1消耗的电功率为0.75 W C. L2的电阻为12 Ω D. L1、L2消耗的电功率的比值大于4 【答案】BD 【解析】试题分析:L2和L3并联后与L1串联,L2和L3的电压相同,电流也相同,电路中的总电流为0.25A,从而求出通过三个灯泡的电流,由图乙读出三个灯泡两端的电压,由R=求出L2的电阻,根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值. 解:A、L2和L3并联后与L1串联,L2和L3的电压和电流均相同,则L1的电流为L2电流的2倍,由于灯泡是非线性元件,所以L1的电压不是L2电压的2倍,故A错误; B、根据图象可知,当电流为0.25A时,电压U=3V,所以L1消耗的电功率 P=UI=0.75W,故B正确; C、L2的电流为0.125A,由图可知,此时L2的电压小于0.5V,根据R2=可知,L2的电阻小于4Ω,故C错误; D、根据P=UI可知,L2消耗的电功率P2<0.125×0.5=0.0625W,所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4;1,故D错误; 故选:B 【点评】本题的关键是搞清电路的结构,能够从图中读出有效信息,对于线性元件,R==,但对于非线性元件,R=≠. 三、实验题: 13. 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示,测量金属板厚度时的示数如图乙所示。图甲所示读数为________ mm,图乙所示读数为________ mm,所测金属板的厚度为________ mm,用游标卡尺测金属板的直径如图丙所示,则金属板直径为________ cm。 【答案】 (1). (1)0.010; (2). (2)6.870; (3). (3)6.860; (4). (4)1.240; 【解析】图甲所示读数为 图乙所示读数为 所测金属板的厚度为 图丙所示读数为 14. 有一个小电珠上标有“4 V 2 W”的字样,现在要用伏安法描绘这个电珠的U-I图线。有下列器材供选用: A.电压表(0~5 V,内阻10 kΩ) B.电压表(0~10 V,