辽宁省凤城市第一中学2020届高三上学期12月月考物理试题 18页

辽宁省凤城市第一中学2019-2020学年高三上学期12月月考物理试题 一、选择题 ‎1.科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假设法等，以下关于物理学史和所用物理学方法叙述正确的是 （ ）‎ A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了理想实验法 B. 牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月一地检验”，证实了万有引力定律的正确性 C. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法 D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量，故A错误；‎ B. 牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故B错误。‎ C. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误。‎ D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。‎ ‎2.如图所示，图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 5s时两车速度相等 B. 甲车的加速度为4m/s2‎ C. 乙车的加速度大小为1.5m/s2‎ D. 乙车的初位置在x0=80m处 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 5s时甲、乙两车两车相遇，速度方向相反，故A错误。‎ B.甲车做的是匀速直线运动，加速度为零，故B错误。‎ CD.乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则，根据图象知t=5s时，x=20m，乙车的加速度大小 可知当t=10s时，乙车的初位置 故C错误，D正确。‎ 故选：D.‎ ‎3.如图所示，从同一斜面的顶端，将A、B两个小球先后以不同的初速度沿同一方向水平抛出，A球落至该斜面时的速率是B球落至该斜面时速率的3倍.则A球抛出时的初速度大小是B球抛出时初速度大小的（ ）‎ A. 3倍 B. 6倍 C. 9倍 D. 12倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，则根据平抛运动的瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍 ‎（ 为斜面倾角）‎ 因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，末速度 A球落至该斜面时的速率是B球落至该斜面时速率的3倍，则A球抛出时的初速度大小是B球抛出时初速度大小的3倍。‎ A. 3倍与分析相符，故A正确。‎ B. 6倍与分析不符，故B错误。‎ C. 9倍与分析不符，故C错误。‎ D. 12倍与分析不符，故D错误。‎ ‎4.如图所示，一个菱形框架绕其对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量相等的小球A、B，转动过程中两小球相对框架静止，且到轴的距离相等，则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 框架对A球的弹力方向一定垂直框架向下 B. 框架对B球的弹力方向可能垂直框架向下 C. A球与框架间可能没有摩擦力 D. A球、B球所受的合力大小相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，当静摩擦力方向沿框架向上，框架对A球的弹力方向可能垂直框架向上，故A错误。‎ B. B球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对B进行受力分析可知，B受重力，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向只能垂直框架向上，故B错误。‎ C. 若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，指向圆心，故C错误。‎ D. A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据F=mω2r，可知，合力大小相等，故D正确。‎ 故选：D.‎ ‎5.位于贵州的“中国天眼”（FAST）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球与木星之间的距离．当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为（ ）‎ A. 年 B. 年 C. 年 D. 年 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：‎ 设地球的公转半径为R1，木星的公转半径为R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍，则有： ，由开普勒第三定律有：，可得：，由于地球公转周期为1年，则有：T2年，故B正确，ACD错误．‎ ‎6.如图所示，跨过光滑轻质小定滑轮的轻绳一端系一质量为m的小球，另端系一质量为2m的重物，小球套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮与杆之间的距离为d.现将小球从与滑轮等高的A处由静止释放，下滑过程中经过B点，A、B两点间距离也为d，重力加速度为g，则小球（ ）‎ A. 刚释放时的加速度小于g B. 在B处的速度与重物此时的速度大小之比为 C. 在B处的速度与重物此时的速度大小之比为 D. 下落至B点机械能减少了mgd ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小球刚开始释放时，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，故A错误；‎ BC. 由于绳子不可伸长，故球与重物在沿着绳子方向的分速度相等，在B处，绳子与竖直方向的夹角为45°，故：‎ v球cos45°=v重 所以在B处的速度与重物此时的速度大小之比为，故B错误，C正确。‎ D 下落至B点，根据系统机械能守恒定律，有：‎ 此时系统动能大于零，所以此时小球速度不为零，对小球下落至B点可知，重力势能减小mgd，而动能增加了，所以机械能减少小于mgd，故D错误。‎ ‎7.图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点．已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为vo，方向竖直向上，到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，粒子重力不计．则A、B两点间的电势差为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析可知，该带电粒子在电场中做类平抛运动，在B点将速度分解，找到B点速度和分速度的关系，求出B点速度；从A到B根据动能定理，即可求解A、B两点电势差．‎ ‎【详解】根据题意，在B点，，解得：‎ 从A到B根据动能定理得：‎ 联立上述各式得：‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解电势差．‎ ‎8.如图,半圆球P和竖直挡板固定在水平面上挡板与P相切,光滑小球Q静止在P和挡板之间．已知Q的质量为m、P、Q的半径之比为4:1,重力加速度大小为g．则Q对P的压力大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对Q受力分析如图所示 设Q的半径为r，由几何关系得：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 由平衡条件得： ‎ 解得：‎ 故选B．‎ ‎9.如图所示，电源电动势和内阻分别为E和r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时(不考虑灯丝电阻随温度的变化情况，电压表为理想电表)，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小灯泡L1变暗 B. 电压表读数变大 C. 小灯泡L2变暗 D. 电容器所带电荷量增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.由图可知，灯泡L1与滑动变阻器并联后与L2串联；将滑动变阻器的滑片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，电压表的读数变大，由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L2变暗，灯泡L1的电压 U1=E-I（r+RL2）‎ 增大，灯泡L1变亮，故A错误，B、C正确。‎ D.由于电容器两端电压减小，由Q=CU可得电容器中的电量减小；故D错误。‎ ‎10.如图所示，质量均为m的两木块A、B用劲度系数为 k的轻质弹簧连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做加速度为a的匀加速直线运动．取木块A的起始位置为坐标原点，图中实线部分表示从力F作用在木块A到木块B 刚离开地面这个过程中，F和木块A的位移x之间的关系，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设初始状态时，弹簧的压缩量为x1，弹簧劲度系数为k，物体的质量为m，则：kx1=mg；力F作用在木块A上后，选取A为研究对象，其受到竖直向上的拉力F、竖直向下的重力mg和弹力k（x-x1）三个力的作用，根据牛顿第二定律，有：，故 当F=0时，有：，故AC正确．‎ ‎11.如图所示，质量分别为m1、m2的两物体A、B与轻弹簧栓接，一起静止在光滑水平面上，m1>m2，现用锤子先后两次分别敲击A和B，使它们均获得大小相同的初动量，当敲击A时弹簧压缩到最短的长度为L1，锤子对A做的功为W1；敲击B时弹簧压缩到最短的长度为L2，锤子对B做的功为W2，则L1与L2及两次锤子做的功W1和W2的大小关系正确的是（ ）‎ A. L1>L2 B. L1W2 D. W1m2；据可得，敲击使两者获得的动能的关系为；则两次锤子做的功．故C项错误，D项正确．‎ AB：弹簧压缩到最短时，两物体的速度相等；从物体获得初动量到弹簧压缩到最短过程，动量守恒，则，所以两次弹簧压缩最短时，整体的末速度大小相等．据机械能守恒可得，弹簧压缩到最短时的弹性势能，则．所以弹簧压缩到最短时的长度关系为．故A项正确，B项错误．‎ ‎12.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是 A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电 B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍 C. 甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍 D. 甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．‎ ‎【详解】由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为，所以：=2R乙sin60°，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，动能：EK=mv2=，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误；由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，洛伦兹力：f=qvB=，即，故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=T，粒子做圆周运动的周期： 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D正确．.‎ ‎【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．‎ 二、实验题 ‎13.图甲所示为某实验小组测量A、B两个箱子质量的装置图,其中D为铁架台,E为固定在铁架台上的轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略),F为光电门,C为固定在A上、宽度为d的细遮光条(质量不计)．此外该实验小组还准备了砝码一套(总质量m0=1kg)和刻度尺等,请在以下实验步骤中按要求作答: ‎ ‎ ‎ ‎(1)在铁架台上标记一位置O,并测得该位置与光电门之间的高度差h．‎ ‎(2)取出质量为m的砝码放在A中,剩余砝码都放在B中,让A从位置O由静止开始下降．‎ ‎(3)记录下遮光条通过光电门的时间t,根据所测数据计算出A下落到F处的速率v=____;下落过程中的加速度大小a=______．‎ ‎(4)改变m,重复(2)(3)步骤,得到多组m及a的数据,作出____(填“a-m”或“a-”)图像如图乙所示(图中横、纵坐标物理量的单位均采用国际制单位)‎ ‎(5)由图像可得,A的质量mA=____kg,B的质量mB=____kg(保留两位有效数字,重力加速度大小g取10m/s2)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 3.0kg (5). 1.0kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由很短时间内平均速度近似等于瞬时速度可知， ；‎ ‎(2)由匀变速直线运动的速度位移公式得：，解得：；‎ ‎(3)由牛顿第二定律得：，解得：，所以应作出的图象；‎ ‎(4)图象斜率为：，截距为：，联立解得：．‎ ‎14.某同学通过实验测量某种合金金属的电阻率，待测金属丝接入电路部分的长度L＝1m，阻值约为 ‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径如图所示，其直径D应为__________mm ‎(2)现提供实验器材如下:‎ 电流表A1(量程为0-0.6A，电阻约为2)‎ 电流表A2(量程为0-3A，电阻约为0.5)‎ 电压表V1(量程0～3V，电阻约为1k)‎ 电压表V2(量程为0～5V，电阻约为10k)‎ 滑动变阻器R(最大阻值5)‎ 电源E(电动势E＝4V，内阻约为0.3)‎ 单刀单掷开关一个，导线若干 实验中电流表应选用______(填“A1”或“A2＂”);电压表应选用______(填“V1＂或“V2”)‎ ‎(3)请根据上面实验仪器设计实验电路图，并在上面方框中画出来______（要求电表测量范围尽可能大）‎ ‎(4)若实验中，电压表示数为U，电流表示数为I，金属丝长为L，直径为D，则该金属丝电阻率的表达式为＝____________(请用题中字母表示)‎ ‎【答案】 (1). 1.400 (2). A2 (3). V2 (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 螺旋测微器的主刻度为1mm，游标刻度为 所以最终读数为：1.400mm；‎ ‎(2)[2][3]根据题意可知，回路最大电流约为 所以电流表选择A2，因为电动势为4V，所以电压表选择V2。‎ ‎(3)[4] 要求电表测量范围尽可能大故采取分压式接法，而待测阻值远小于电压表内阻，所以采取外接法，电路图 ‎(4)[5] 金属丝电阻：‎ 解得：‎ 三、计算题 ‎15.如图所示为常见的高速公路出口匝道，某汽车在AB段做匀减速直线运动，在BC段做水平面内的匀速圆周运动，圆弧段最高限速，已知汽车与匝道间的动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB段长度，汽车在出口A的速度为 ‎，：‎ ‎ (1)若汽车到达B点速度恰好为36km/h，求汽车在AB段运动时加速度的大小;‎ ‎(2)为保证行车安全(车轮不打滑)，求水平圆弧段BC半径R的最小值。‎ ‎【答案】(1) 2m/s2(2) 50m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据题意可知 v0＝36km/h＝10m/s， v1＝108km/h＝30m/s 对AB段有 解得 a＝-2m/s2‎ 则汽车在AB段运动的加速度的大小为2m/s2 ‎ ‎(2)汽车在BC段做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力 当静摩擦力达到最大静摩擦力时，半径R最小即 联立以上各式代入数据得 R＝50m ‎16.如图所示，y轴的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有与x轴正向成45°角斜向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从O点以速度v射入磁场，速度v与x轴负向夹角为45°，在磁场中运动时间t后第一次经过y轴，又在电场中运动了时间t后第2次经过y轴，不计粒子的重力．求：‎ ‎（1）磁感应强度与电场强度之比；‎ ‎（2）粒子从O点进入磁场至第3次到达y轴上N点（图中未画出）所经历的时间及NO间的距离．‎ ‎【答案】（1）；（2）5t，．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子的运动轨迹如图所示：‎ ‎ （1）粒子第一次在磁场中偏转rad，则在磁场中运动时间：…① 经y轴眼电场方向进入电场，之后返回，再次经y轴进入磁场，由磁场中周期：…② 电场中往返时间：…③ 在电场中运动加速度：…④ 由①②③④可解得：= （2）粒子在磁场中偏转的角度为rad，则经历时间为3t，故至此粒子运动时间t总=t+t+3t=5t 设在磁场中圆周运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得：…⑤ 由几何关系可得：‎ ‎…⑥ 由①②⑥可解得：‎ ‎17.如图所示，一块质量为M=0.8kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m＝0.2kg的物块A(可视为质点)，A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0＝0.1kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h＝1m。已知A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远。释放重物后，A相对于B滑动，取重力加速度g＝10m/s2。求：‎ ‎(1)重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小 ‎(2)当A、B相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到A、B相对静止的过程中，A、B运动的时间和系统由于摩擦而产生的热量。‎ ‎【答案】(1) 0.8N；2m/s(2) 1.6s；0.48J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设释放重物后重物的加速度为a1，细绳的张力为FT，牛顿第二定律，对重物和A组成的系统有 m0g-mg＝(m0+m)a1‎ 解得 a1＝2m/s2‎ 对A有 FT-mg＝ma1‎ 解得 FT＝0.8N 对重物有 ‎＝2a1h 解得 v1＝2m/s ‎(2)重物落地前，A运动的时间 t1= =1s B的加速度 重物落地时B的速度 v2＝a2t1＝0.5m/s 重物落地后，A、B系统水平方向动量守恒，设它们相对静止时的共同速度为v有 mv1+Mv2＝(m+M)v 解得 v＝0.8m/s 从释放重物到A、B相对静止的时间 t＝=1.6s A、B的相对位移 xA-xB＝h+ ＝1.2m 根据功能关系可知系统由于摩擦而产生的热量 Q=umg(xA -xB)=0.48 J