【物理】河北省广平一中2020届高三12月份月考试题（解析版） 16页

河北省广平一中2020届高三12月份 月考试题 一、选择题选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.楞次在利用如图所示的装置探究判断产生感应电流方向的规律时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 线圈中的感应电流产生的磁场总是与磁铁产生的磁场方向相反 B. 线圈中的感应电流产生的磁场总是与磁铁产生的磁场方向相同 C. 不管哪个磁极在下，只要磁铁向下插入线圈，线圈中就会产生如图所示的感应电流 D. 只有N极在下插入线圈或S极在下拔出线圈时，线圈中才产生如图所示的感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．线圈中的感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场的变化，当原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，当原磁场增强时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，A、B错误；‎ CD．根据楞次定律可知只有N极在下插入线圈或S极在下拔出线圈，线圈中才产生如图所示的感应电流，C错误，D正确。‎ 故选D.‎ ‎2.如图所示，质量为M劈体ABCD放在水平地面上，表面AB、AC均光滑，且AB∥CD，BD⊥CD，AC与水平面成角θ．质量为m物体（上表面为半球形）以水平速度v0冲上BA后沿AC面下滑，在整个运动的过程中，劈体M始终不动，P为固定的弧形光滑挡板，挡板与轨道间的宽度略大于半球形物体m的半径，不计转弯处的能量损失，则下列说法中正确的是 A. 水平地面对劈体M的摩擦力始终为零 B. 水平地面对劈体M的摩擦力先为零后向右 C. 劈体M对水平地面的压力大小始终为 (M+m)g D. 劈体M对水平地面的压力大小先等于(M+m)g，后小于(M+m)g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】把物体m劈体M视为整体分析，物体m在AB面上做匀速直线运动，因此整体合外力为零，因此水平地面对物体没有摩擦力的作用，地面对斜劈的压力大小为；当物体m在斜面AC上运动时，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，因此加速度可分解为水平向右和竖直向下，因此水平面对斜劈的摩擦力向左，整体处于失重状态，因此斜劈M对水平地面的压力小于，因此ABC错误，D正确 ‎3.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图中分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】B．由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有；‎ mgsin θ＋Ff＝ma1‎ 下滑阶段有；‎ mgsin θ－Ff＝ma2‎ 因此a1>a2，B选项错误；‎ A．当上滑和下滑时，速度图象的斜率不同，故A选项错误；‎ C．重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C正确．‎ D．由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误； ‎ 故选C.‎ ‎4.如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一足够长的绝缘木板静止在水平面上，木板左端放置滑块，已知木块与滑块质量均为‎0.2kg，滑块所带电荷量q=+‎0.4C，滑块与绝缘木板、木板与地面之间的动摩擦因数均为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左的力作用，使木板做匀加速运动，已知力F的大小随时间变化关系如图所示，g取‎10m/s2。则下列说法不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 木板加速度为‎2m/s2，滑块离开木板时速度为‎16m/s B. t=3s后滑块和木块有相对运动 C. 滑块开始做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，最后做速度为‎10m/s的匀速运动 D. 滑块离开木板时，力F的大小为1.4N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】B．根据题意可知木板始终做匀加速运动，且t=0时滑块不受洛伦兹力作用，则对整体有：‎ ‎ ‎ 由图像可知此时拉力为2.8N，代入可得：a=‎2m/s2，根据题意可知，当滑块与木板恰好发生相对运动时：‎ 解得：‎ v=‎6m/s 由v=at，可知t=3s，B正确，不符合题意；‎ AC．此后速度继续增加，摩擦力继续减小，则加速度减小，当二者分离时有：‎ 解得 m/s C正确，不符合题意，A错误，符合题意；‎ D．由于木板一直做匀加速运动，故滑块离开木板后，对木板有：‎ 解得N D正确，不符合题意。‎ 故选A.‎ ‎5.如图所示，回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝，电源内阻，电源电动势为E，电容器的电容为C，闭合开关S，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电压表的示数为 B. 电容器的带电量为 C. 滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D. 电源内阻消耗的热功率和电阻R2的相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R2先与滑动变阻器右半部分并联，后与左半部分串联，再与R1串联，外电路 总电阻为，电压表的示数为外电路消耗的电压，为，A错误；‎ B．电容器两端的压为并联电路两端的电压，为，因此电容器的带电量为，B错误；‎ C．通过R2的电流与通过滑动变阻器右半部分的电流相等，故通过滑动变阻器左半部分的电流是通过R2的电流的2倍，其热功率是R2的4倍，滑动变阻器右半部分又与R2的热功率相等，所以滑动变阻器的热功率是R2的5倍，C正确；‎ D．通过电源的电流为通过电阻R2的电流的2倍，由 得电源内阻消耗的热功率为电阻R2的2倍，D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.目前美国宇航局和欧洲空间局正在推进LISA激光干涉空间天线计划，欧洲航天局计划在2034年发射更先进的引力波天文台，进一步激发起世界各国探索宇宙的热情。如图所示为一恒星系统的示意图，A、B、C为该星系的3颗行星，在同一平面内环绕中央恒星O近似做圆周运动，其中A、B两行星的质量较大，离恒星较近，C质量较小，离恒星较远。天文学家观测得到A、B、C三行星运动的轨道半径分别为：：=1：4：16，其中C行星的公转周期为T。并观测发现，中心恒星实际也有周期性振动，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A、B的万有引力引起中心恒星的振动，则由此可推知恒星的振动周期可能为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【详解】由开普勒第三定律，求得 分两种情况：如果行星A、B同方向旋转，有 解得 ‎；‎ 如果行星A、B反方向旋转，有 解得 A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选AB.‎ ‎7.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得．如图 所示，小孩站在界外抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，则 (　　)‎ A. 大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈 B. 大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈 C. 大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈 D. 大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同；‎ ‎【详解】设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：，水平方向的位移：； A、大人站在小孩同样的位置，由以上的公式可得，由于大人的高度h比较大，所以如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则要以小点的速度抛出圈圈，故A正确，B错误； C、大人蹲至与小孩等高，高度h相等，如果大人退后抛出圈圈并套取前方同一物体，则大人抛出的圈圈的水平位移大于小孩抛出的圈圈的水平位移，所以抛出时的速度大人要稍大一些，故C正确，D错误．‎ ‎【点睛】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．‎ ‎8.如图是两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是( )‎ A. a点的电场强度大于c点 B. ac两点的电势相同 C. 正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 D. 将正电荷由O移到b静电力做正功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电场分布的对称性可知，a、c两点的电场强度相同，A错误；‎ B．电场方向由a→c，故φa>φc，B错误；‎ C．因φa>φb，由Wab＝qUab知，Wab>0，故正电荷在a点的电势能大于在b 点的电势能，C正确；‎ D．因UOb＝0，故将正电荷由O移到b静电力不做功，D错误．‎ 故选C.‎ 二、非选择题 ‎（一）必考题 ‎9.如图所示为一小球做自由落体运动的频闪照片的一部分，频闪的频率为，图中背景方格的边长均为L。‎ ‎⑴根据题给条件可以求出当地的重力加速度大小为___________。‎ ‎⑵如果已知当地的重力加速度为g，根据题给条件可以验证机械能守恒定律，只要满足__________条件，就能说明小球从A位置下落到B位置的过程中机械能守恒。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据频闪照片知，小球在连续相等的时间内的位移差为L，由 ‎，‎ 得；‎ ‎(2)由图知：小球在A位置的速度 ‎，‎ 小球在B位置的速度 ‎，‎ 小球从A位置下落到B位置的过程中，重力势能的减小量为，动能的增加量为 ‎，如果机械能守恒，则重力势能的减少量等于动能的增加量，联立解得 ‎。‎ ‎10.多用电表可以用来测量交流/直流电压、交流/直流电流、电阻阻值、电容器容量、电感量、音频电平、频率、晶体管NPN或PNP电流放大倍数β值等，并且每一种测量都有几个量程，其外形如图所示. ‎ ‎(1)在课外物理活动小组的某次探究实验中，小明同学用多用电表测量一只未知阻值的电阻，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图所示。请你读出其阻值大小为_______Ω。为了使测量的结果更准确，小明同学应将选择开关拨到__________（填“×‎100”‎或“×‎1”‎）挡重新测量。‎ ‎(2)如图所示是多用电表内部简化的的电路原理图．如果将开关S与不同接点接触，就成为各种功能的电表，已知R3＜R4，当S与____ 、_____连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程_______；S与____ 、____连接时，多用电表就成了电压表，且前者量程_______；S与_______连接时，多用电表就成了_______表。‎ ‎【答案】(1) 1000 ×100 (2) 1 2 较大 3 4 较小 5 欧姆 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由于是“”档，读数要乘以10，所以是1000；‎ ‎[2]由于指针偏左，阻值较大，为了测量准确，要换到更高一些的档位，即换到“”档；‎ ‎(2)[3][4][5]S与1连接时，电阻R1起分流作用，S与2连接时，R1＋R2起分流作用，所以，S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，由于前者分流电阻小，所以前者量程较大；‎ ‎[6][7][8]S与3、4连接时，电流表与分压电阻串联，多用电表就成了电压表，由于R3＜R4，所以前者量程较小；‎ ‎[9][10]S与5连接时，多用电表就成了欧姆表，R6为欧姆挡调零电阻。‎ ‎11.如图所示,静止在光滑水平面上的长木板,质量,长,与等高的固定平台长，平台右侧有一竖直放置且半径的光滑半圆轨道.质量的小滑块以初速度从的左端水平滑上,随后向右运动,长木板与平台碰撞前的瞬间,小滑块的速度大小为,此时还未达到共同速度.设长木板与平台碰撞后立即被锁定,小滑块可视为质点,小滑块A与平台之间的动摩擦因数小滑块与平台之间的动摩擦因数，，，求：‎ ‎(1)长木板与平台碰撞前的瞬间, 的速度大小；‎ ‎(2)小滑块最终停在离木板左端多远处?‎ ‎【答案】（1）‎1m/s （2）‎‎3.5m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）B与平台CD碰撞前瞬间，A、B还未达到共同速度．对B，运用动能定理求B的速度大小． （2）根据能量守恒定律求出B与平台碰撞前A相对B发生的位移，对滑块从平台C点运动到D的过程中，在到最高点的过程中运用动能定理列式，求出小物块A在半圆轨道上达到的最大高度．再对物块A过C之后在B上运动的过程使用动能定理即可求解．‎ ‎【详解】（1）B与平台CD碰撞时，A、B还未达到共同速度．设B与档板碰撞前瞬间速度大小为vB，由动能定理有： μ1mgs=MvB2 代入数据解得：vB=‎1m/s （2）B与平台碰撞前A相对B发生的位移为x，根据能量守恒定律有： μ1mgx=mv02-mvA2-MvB2 代入数据解得：x=‎‎4.5m ‎ 即B与平台碰撞时，A恰好到达平台左端． 设A在半圆形轨道上能到达的最大高度为h，则由动能定理有：-μ2mgl2-mgh=0-mvA2 代入数据解得：h=‎0.5m＜R     故m到达最高点后沿半圆形轨道返回． 设A到达C点时速度为vC，由动能定理有： mgh-μ2mgl2=mvC2 代入数据解得：vC=‎2m/s A过C之后在B上运动的距离为l，有：-μ1mgl=-mvC2 解得：l=‎1m，即A最终停在离B木板左端‎3.5m处．‎ ‎12.如图所示，以MN为界的两匀强磁场，MN边界上方的磁感应强度大于下方的磁感应强度，有一长为l的平直挡板与分界线重合，在挡板的正中有一带正电粒子，从O点沿图示方向进入中，假设粒子与挡板发生碰撞时没有能量损失，且粒子在下方磁场中运动时不会与挡板发生碰撞，不计粒子重力，若粒子最终能回到出发点.‎ ‎（1）试画出粒子运动轨迹。‎ ‎（2）求满足条件的磁感应强度的比值范围。‎ ‎【答案】（1）见解析（2）（n=1，2，3…）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，粒子从O点飞出时，沿逆时针方向旋转，若经过n次碰撞后，恰好从挡板边缘C点进入MN的下方，由于粒子在MN的下方磁场区域运动时不与挡板发生碰撞，则会按轨迹①运动；也有可能在C点发生碰撞后再在上方磁场中旋转半周后进入MN的下方磁场，则粒子会按轨迹②运动。‎ 根据图中粒子运动轨迹示意图可知，当粒子在MN上方磁场中运动时，根据图中几何关系可得：‎ ‎（n=1，2，3…），‎ 在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得：‎ 联立得：‎ ‎①若粒子在磁场中按轨迹①运动，则有几何关系可得 同理有 联立得：‎ 则有 ‎（n=1，2，3…）‎ ‎②若粒子在磁场中按轨迹②运动，则有几何关系可得 同理有 联立得：‎ ‎（n=1，2，3…）‎ 则有 ‎（n=1，2，3…）‎ 联立以上关系可得 ‎（n=1，2，3…）。‎ ‎13.下列说法正确的是 ‎ A. 温度越高，每个分子的速率一定越大 B. 雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力 C. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动 D. 晶体都具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 E. 当分子间的引力与斥力大小相等时，分子势能最小 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度是分子平均动能的标志，A错误；‎ B．有了表面张力，雨滴在布雨伞上就会形成一个有限厚度的水体，故不能透过布雨伞的孔隙，B正确；‎ C．布朗运动是指在显微镜下观察到固体颗粒的无规则运动，C错误；‎ D．区分晶体和非晶体的主要依据就是是否有固定的熔点，D正确；‎ E．当分子间的引力与斥力大小相等时，分子势能最小，E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图所示，一质量为‎2m的气缸，用质量为m的活塞封有一定质量的理想气体，当气缸开口向上且通过活塞悬挂静止时，空气柱长度为如图甲所示现将气缸旋转 悬挂缸底静止如图乙所示，已知大气压强为，活塞的横截面积为S，气缸与活塞之间不漏气且无摩擦，整个过程封闭气体温度不变求：‎ 图乙中空气柱的长度；‎ 从图甲到图乙，气体吸热还是放热，并说明理由．‎ ‎【答案】； 从图甲到图乙，气体放热 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出汽缸内的气体处于甲、乙两状态气体的压强，根据玻意耳定律求出图乙中空气柱的长度；‎ 根据热力学第一定律分析气体的吸放热情况．‎ ‎【详解】 汽缸内气体处于甲状态时，压强 处于乙状态时，气体的压强为 ‎ 由玻意耳定律可得： ‎ 解得： ‎ 气体从状态甲变化到状态乙，气体温度相同，内能相同，由于体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体要放出热量．‎ ‎15.一列简谐横波由质点A向质点B传播．已知A、B两点相距‎4 m，这列波的波长大于‎2 m而小于‎20 m．如图甲、乙分别表示在波的传播过程中A、B两质点的振动图象．则波的传播速度等于_________________．‎ ‎【答案】m/s或m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】由振动图象读出T＝0.4 s，分析图象可知：t＝0时，质点A位于＋y方向最大位移处，而质点B则经过平衡位置向负y方向运动．所以A、B间距 ‎4＝(n＋)λ，‎ λ＝m（其中n＝0,1,2，…）‎ 因为这列波的波长大于‎2 m，而小于‎20 m，所以n有0、1两个可能的取值，即：‎ λ1＝m，λ2＝m，‎ 因 v＝，‎ 所以 v1＝m/s或v2＝m/s。‎ ‎16.如图所示，折射率为n=的正方形透明板ABCD的四周是空气，AB边长为3a，点光源S1位于透明板的中分线MN上，S1与AB边相距a，它朝着AB边对称射出两条光线，入射角为i=60°，只考虑一次反射，求两条光线入射到AB后的交点到CD的距离？‎ ‎【答案】（3－2）a ‎【详解】两入射光关于MN对称，则折射光必相交于MN上，根据对称性做出光路图，如图所示：‎ 光从透明板射向空气时的临界角为 C=arcsin=45°‎ 根据折射定律可知 n=‎ 解得:‎ 则 sinβ=>=sinC，‎ 则在BC面上发生全反射，根据反射定律可知γ=β ‎ 应用数学知识可知 lBF=(1.5a-a)tanβ=a lGH=(1.5a)tanγ=a 则G到CD的距离 L=3a-lBF-lGH=(3-2)a