2020浏阳三中高三12月月考物理试题含答案

这是一份2020浏阳三中高三12月月考物理试题含答案
湖南浏阳市第三中学2019—2020学年高三年级上12月物理考试题本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共6页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题共13小题，每小题4分，共52分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．国产科幻大片《流浪地球》中，人类借助木星的“引力弹弓”，令地球零消耗改变方向、提升速度，但是当地球靠近木星时，突然遭遇了巨大危机：数千台行星发动机熄火了，全球地震，火山爆发……而灾难的根源是由于地球和木星的距离小于“流体洛希极限”，此时地面流体就倾向于逃逸．查阅资料可知，地球与木星间的“流体洛希极限”等于10.3万公里，计算公式为d＝2.44R木eq \r(3,\f(ρ木,ρ地))，其中R木、ρ木、ρ地分别为木星的半径、木星的密度和地球的密度．已知比邻星的质量约为木星的150倍，其余信息未知，那么当地球流浪到比邻星附近时，与比邻星间的“流体洛希极限”约为(B)A．30万公里 B．50万公里 C．75万公里 D．150万公里2．武广高铁线上运行的动车，是一种新型高速列车，其正常运行速度为360 km/h，每节车厢长为L＝25 m．现为探究动车进站时的运动情况，如果相邻车厢交接处各安装一个激光灯，在站台边的某位置安装一个光电计时器，若动车进站时是做匀减速运动，第5次激光灯到达计时器时速度刚好为零，且连续5次灯通过计时器记录总时间为4 s，则(A)A．动车上的第一个激光灯通过光电计时器时的速度约为50 m/sB．动车停止运动前两灯计时的时间间隔约为5 sC．动车匀减速进站的加速度大小为10.0 m/s2D．动车从正常运行速度减速到静止所需的时间约为20 s【解析】由于连续5次计时动车通过了4节车厢，且刚好减速到速度为零，故可等效为反方向的从静止开始的匀加速运动，故有4L＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(8L,t2)＝eq \f(8×25,42) m/s2＝12.5 m/s2；第一个激光灯通过计时器时的速度为v＝at＝12.5×4 m/s＝50 m/s；动车停止运动前两灯计时的时间间隔由L＝eq \f(1,2)at′2，解得：t′＝eq \r(\f(2L,a))＝eq \r(\f(2×25,12.5)) s＝2 s；动车从正常运行速度减速到静止所需的时间为tm＝eq \f(vm,a)＝eq \f(100,12.5) s＝8 s．故正确选项为A.3．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示．一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．小铅块运动过程中所受的摩擦力始终不变，现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着A放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示，下列有关说法正确的是(C)A．小铅块恰能滑到木板B的右端，并与木板B保持相对静止B．小铅块将从木板B的右端飞离木板C．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止D．木板B达到的最终速度与第一种情景中木板达到的最终速度大小相同【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，故A、B错误，C正确；木板B达到的最终速度比第一种情景中木板达到的最终速度大，故D错误．故选C.4．如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，木板与实验台之间的摩擦可以忽略．物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．重力加速度取g＝10 m/s2.由题给数据可以得出(B)A．木板的质量为10 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.25．足够长的倾斜长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环，环通过细线吊一个质量为m的小球．当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是(D)A．环一定沿长杆向下加速运动 B．环可能沿长杆向上减速运动C．环的加速度一定大于gsin α D．环的加速度一定沿杆向上6．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述不正确的是(B)A．牛顿发现了万有引力定律B．相对论的创立表明经典力学已不再适用C．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D．爱因斯坦建立了狭义相对论，把物理学推进到高速领域【解析】英国科学家牛顿发现了万有引力定律，故A正确；经典力学是相对论低速情况下的近似，经典力学在宏观、低速情况下仍然适用，故B错误；英国科学家卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故C正确；爱因斯坦建立了狭义相对论，研究高速运动的情形，把物理学推进到高速领域，故D正确．本题选错误的，故选B.7．在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T.如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，两小球相继落地的时间差将(A)A．减小 B．不变C．增大 D．无法判断【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一v－t图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如图所示．设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt1，图中左侧阴影部分的面积为Δh；若人在4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt2，要保证右侧阴影部分的面积也是Δh，从图中可以看出一定有Δt2＜Δt1.故选A.8．如图，某同学用力沿拖把柄方向，斜向下推动拖把．若保持推力的大小不变，柄与地面间的夹角变小，拖把始终保持匀速运动，地面对拖把的作用力(B)A．变大 B．变小C．不变 D．先变大后变小9．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是(AC) A．在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处B．两个小球到达轨道最低点的速度vM＜vNC．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＞FND．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间【解析】洛伦兹力不做功，机械能守恒，在磁场中小球能运动到另一端的最高处；在电场中，电场力始终做负功，小球不能到达最高点，故A正确；对左图，根据由机械能守恒得：mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,M)，解得vM＝eq \r(2gR) ，对右图，因电场力做负功，根据动能定理得mgR－qER＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)，解得vN＝eq \r(\f(2（mgR－qER）,m))，则vM＞vN，故B错；在最低点，对左图有：FM－mg＝meq \f(veq \o\al(2,M),R)，解得FM＝3mg.对右图有：FN－mg＝meq \f(veq \o\al(2,N),R)，解得FN＝3mg－qE.知FM＞FN，故C正确；左图：在运动的过程中，只有重力做功；右图：在运动的过程中，除重力做功外，还有电场力做负功，起阻碍作用，所以小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，故D错．故选A、C.10．如图所示，在水平地面上的A点以速度v1跟地面成θ角射出一钢球，钢球恰好以v2的水平速度与在桌面边缘B点的另一钢球发生正碰，不计空气阻力，下列说法正确的是(AC)A．若在B点以跟v2大小相等、方向相反的速度射出钢球，则它必落在地面上的A点B．若在B点以跟v1大小相等、方向相反的速度射出钢球，则它必落在地面上的A点C．若在B点以跟v1大小相等、方向相反的速度射出钢球，则它必定落在地面上A点的左侧D．若在B点以跟v1大小相等、方向相反的速度射出钢球，则它必定落在地面上A点的右侧11．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则(AC)A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行12．如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面顶角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量均为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速释放P，不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.下列说法正确的是(AC)A．释放P前绳子拉力大小为mgcos θB．释放后P做匀加速运动C．P达O点时速率为eq \r(2gh（1－cos θ）)D．P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功的功率一直增大13．下列说法正确的是(ACD)A．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性B．晶体的各向异性是指晶体沿不同方向的导热性能、导电性能和光学性质等各个性质都不一样C．缝衣针放在棉纸上，用手托着棉纸，放入水中．棉纸浸湿下沉，而缝衣针会停在水面．这是由于水的表面张力使针没有下沉D．潮湿的天气里，洗了衣服不容易晾干，是因为空气的相对湿度大答题卡第Ⅱ卷二、实验题(本题共2小题，每空2分，共14分，将答案填写在答题卡中)14．(6分)如图所示，利用DIS实验系统探究加速度与力的关系．一端带有定滑轮的长木板调至水平后固定在桌面上，另一端安装位移传感器(接收器)，绕过定滑轮和动滑轮的细线将装有位移传感器(发射器)的小车和力传感器连接起来，动滑轮下挂有质量可以改变的小重物．将位移传感器、力传感器与数据采集器相连，打开计算机中操作软件，放开小车使之运动．不计滑轮、托盘和细线的质量，忽略滑轮与转轴间的摩擦．(1)(单选题)实验中力传感器的示数F与小重物的重力mg的关系为__C__.A．F＝eq \f(mg,2)　　B．F＞eq \f(mg,2)　　C．F＜eq \f(mg,2)　　D．无法确定(2)(多选题)保持小车(含发射器)的质量M不变，改变小重物的质量m，重复进行多次实验．记下每次力传感器的示数F，利用DIS测出每次实验中小车的加速度a.将得到的a、F数据绘制成a－F图象．以下图象不可能的是__BCD__．(3)在本实验中不计滑轮的质量，忽略滑轮与转轴间的摩擦，除此之外请写出一种减少实验误差的主要方法：__减小小车与轨道之间的摩擦__．15．(8分)为了测定一组干电池的电动势和内阻，提供了下列器材：A．待测的干电池E　　　　B．电流表A1C．电流表A2 D．滑动变阻器R(0～20 Ω，2 A)E．定值电阻R0(2 kΩ) F．开关和导线若干某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验．(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流表A1的示数将__变小__(选填“变大”“不变”或“变小”)．(2)图乙为该同学依据测出的实验数据绘出的IA—IB图线，其中IA、IB分别代表两电流表的示数，但不清楚分别代表哪个电流表的示数．请你由图线计算被测电池的电动势E＝__3__V，内阻r＝__2__Ω.(3)用上述方法测出的电池电动势E和内阻r与真实值相比__D__．A．E偏大，r偏小 　　　B．E偏小，r偏大C．E偏大，r偏大 　　　D．E偏小，r偏小三、计算题(本题包括4小题，其中第16题10分，第17题10分，第18题14分，第19题10分，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案不得分)16．(10分)某同学骑自行车沿一倾角为θ的斜坡匀速向下行驶时，恰好可以不踩踏板；现在他从斜坡坡底匀速向上行驶，在其蹬踩踏板N圈时回到坡顶(设不间断地匀速蹬)，所用的时间为t.已知自行车和人的总质量为m，轮盘的半径为R1，飞轮的半径为R2，车后轮的半径为R3，重力加速度为g，在上坡、下坡过程中，斜坡及空气作用于自行车与人的总阻力大小相等，车轮与坡面接触处都无滑动，不计自行车各部件的热损耗等．求：(1)斜坡及空气作用于自行车与人的总阻力大小f；(2)斜坡的长度L；(3)该同学沿斜坡向上匀速行驶过程中消耗的功率P.【解析】(1)下坡时不踩踏板，自行车匀速行驶，合外力为零　根据平衡条件则有：f＝mgsin θ　①(3分)(2)车轮转动一周，自行车前进的距离为：s＝2πR3　②轮盘与飞轮用链条连结，边缘上的线速度相同，有：2πn1R1＝2πn2R2　③n1＝eq \f(N,t)　④n2＝eq \f(N′,t)　⑤后轮与飞轮转数相同，故有：L＝N′s　⑥由②③④⑤⑥式，解得：L＝eq \f(2πNR1R3,R2)　⑦(4分)(3)自行车沿斜坡匀速向上行驶过程有：W＝FL＝(mgsin θ＋f)L　⑧P＝eq \f(W,t)　⑨由①⑦⑧⑨式，解得：P＝eq \f(4πmgNR1R3sin θ,R2t)(3分)17．(10分)如图所示，AB为倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m乙的小球乙静止在水平轨道上，质量为m甲的小球甲以速度v0与小球乙发生弹性正碰．若m甲∶m乙＝2∶3，且轨道足够长．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)两球第一次碰后甲球的速度；(2)要使两球能发生第二次碰撞，小球乙与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．【解析】(1)设第一次碰后小球甲的速度为v1，小球乙的速度为v2，以小球甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m甲v0＝m甲v1＋m乙v2　①(1分)eq \f(1,2)m甲veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m甲veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m乙veq \o\al(2,2)　②(1分)联立①②式解得：v1＝－eq \f(1,5)v0，负号表示方向水平向右(2分)v2＝eq \f(4,5)v0(2)设小球乙上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理得：(m乙gsin 37°＋μm乙gcos 37°)s＝eq \f(1,2)m乙veq \o\al(2,2)　③(1分)(m乙gsin 37°－μm乙gcos 37°)s＝eq \f(1,2)m乙v2　④(1分)联立③④式解得：(eq \f(v,v2))2＝eq \f(3－4μ,3＋4μ)　⑤(1分)小球乙要能追上小球甲，则：v＞|v1|＝eq \f(1,5)v0　⑥(1分)解得：μ＜eq \f(45,68)　⑦(2分)18．(14分)如图所示，在竖直平面内有足够宽广的2n个水平区域(其中第2n个区域的底端有足够大的硬质板)，从上而下，第一个区域的高度为d1，第二个区域的高度为d2，……第2n个区域的高度为d2n，且d1∶d2∶d3∶…＝1∶3∶5∶7∶…，其中d1＝d.每个区域都有场强为E的匀强电场，第一个区域水平向右，第二个水平向左，以此类推．今有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(qE＝mg)从最上端O点由静止开始下落，不计空气阻力，试求：(1)小球刚进入第三个区域时的速度大小和方向；(2)小球第一次即将碰到底端硬质板时的速度大小和方向及偏离竖直线OP的水平距离；(3)如果小球与硬质板碰撞时原速反弹，但每次碰撞电荷均损失一半，且小球达到最低点和最高点时电场均反向一次，那么最后小球的碰撞点与竖直线OP的水平距离多大？【解析】因为d1∶d2∶d3∶…＝1∶3∶5∶7∶…，所以小球穿过每个区域的时间相同，均为：t＝eq \r(\f(2d,g))(1)在水平方向，小球在第一个区域向右加速，在第二个区域减速，vx－t如图所示．所以出来时只有竖直速度．则：mg(d＋3d)＝eq \f(1,2)mv2，v＝2eq \r(2gd)(4分)(2)由以上可知：h＝d[1＋3＋5＋7＋…＋(2×2n－1)]＝4n2dvP＝2neq \r(2gd)，方向竖直向下偏离OP向右的水平距离为：S1＝2nd(S1是图中面积的n倍)(4分)(3)第k次碰后，上升和下降过程中水平方向的加速度均为ak＝eq \f(1,2k)g，所以上升和下降过程中的水平位移均为Sk＝eq \f(1,2k)S1Sx＝S1＋2S2＋…＋2Sk＋…＝2nd＋4nd(eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,2k)＋…)＝6nd(6分)[等比数列公式：Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)]19．(10分)如图所示，右端开口的光滑圆形汽缸水平放置，截面积为20 cm2的活塞将一定质量气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底50 cm处设有卡环AB使活塞只能向右滑动．开始时活塞靠在AB右侧，缸内气体的压强p1＝0.8×105 Pa，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度缓缓升高，活塞恰好离开AB.(大气压强p0＝1.0×105 Pa)(1)求活塞恰好离开时气体的温度；(2)继续缓慢加热缸内气体，使活塞缓慢向右移动30 cm，求气体对外做功．【解析】(1)经分析恰好离开，即汽缸内压强与大气压强相等．取封闭的气体为研究对象：初状态：p1＝0.8×105 Pa　T1＝300 K　V0(1分)末状态：p2＝1.0×105 Pa　T2＝？　V0(1分)由理想气体状态方程eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)(2分)代入数据解得：T2＝375 K(2分)(2)继续缓慢加热汽缸内气体，使活塞缓慢向右移动30 cm，该过程为等压膨胀W＝p2Sx(2分)代入数据解得：W＝60 J(2分)题　号12345678910111213答　案BABBDBACACACACACACD