河北省武邑中学2020届高三上学期12月月考物理试题

河北武邑中学2019-2020学年高三上学期12月月考

物理试题

一、选择题（本题共10小题，每题5分，共50分，前6题为单选，后4题为多选）

1.下列说法正确的是

A. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数

B. 悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显

C. 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，所有分子的速率都增大

D. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体

【答案】A

【解析】

【详解】A．设水的摩尔质量为M，水分子的质量为m，则阿伏加德罗常数

从而可计算出阿伏加德罗常数，故A正确．

B．悬浮微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，微粒受力越不平衡，则布朗运动越明显，故B错误．

C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，大部分分子的速率增大，极个别分子速率有可能不变，也有可能减小，故C错误；

D．电冰箱致冷时通过消耗电能把热量从低温物体传到高温物体，并不违背热力学第二定律，故D错误．

2.甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示，下列表述正确的是(　　)

A. 0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大

B. 0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大

C. 0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小

D. 0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等

【答案】B

【解析】

A、由图知，0.2-0.5小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A错误；

B、图象的斜率表示速度，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B正确；

C、物体的位移等于s的变化量．则知0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的大，故C错误；

D、0-0.6小时内，甲的位移比乙的大，0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的大，所以0.8小时内，甲的路程比乙的大，故D错误．

点睛：该题考查了对位移--时间图象的理解和应用，要掌握：在位移-时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移．

此处有视频，请去附件查看】

3.在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（  ）

A.

B.  

C.  

D.  

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：当上抛的物体回到抛出点时，做初速度为v的下抛运动，之后的运动和下抛物体的运动相同，即运动时间相同，所以两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间，上抛物体回到抛出点的运动过程中，加速度为g，初速度为v，末速度为-v，所以有，A正确

【点睛】关键是知道两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间

【此处有视频，请去附件查看】

4.若货物随升降机运动的图像如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

由图知：过程①为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，）；过程②为向下匀速直线（平衡，）；过程③为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，）；过程⑤为向上匀速直线运动（平衡，）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，）；综合各个过程可知B选项正确．

【考点定位】图像、超重与失重、牛顿第二定律．

【此处有视频，请去附件查看】

5.曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P．在工作过程中，活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是

A. 当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0

B. 当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0

C. 当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度等于v0

D. 当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度大于v0

【答案】A

【解析】

【详解】AB．当OP与OQ垂直时，设∠PQO=θ，此时活塞的速度为v，将P点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v0cosθ=vcosθ，即v=v0，选项A正确，B错误；

CD．当OPQ在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项CD错误；

6.如图所示，挡板垂直于斜面且固定在斜面上，一质量为m的滑块放在斜面［其上表面呈弧形且左端最薄，一质量为M的球搁在当板与滑块上，一切摩 擦均不计,用平行于斜面的拉力F拉住滑块,使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在档板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比

A. 滑块对球弹力增大

B. 挡板对球弹力不变

C. 斜面对滑块的弹力增大

D. 拉力F增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．对球进行受力分析，如图（a）所示：

球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道挡板F1和滑块对球的作用力F2都减小．故AB不符合题意．

CD．再对滑块和球一起受力分析，如图（b）所示，其中FN=Gcosθ不变，F+F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大．故D符合题意，C不符合题意．

7.如图所示，在竖直平面有一个光滑的圆弧轨道MN，其下端（即N端）与表面粗糙的水平传送带左端相切，轨道N端与传送带左端的距离可忽略不计．当传送带不动时，将一质量为m的小物块（可视为质点）从光滑轨道上的位置由静止释放，小物块以速度v1滑上传送带，从它到达传送带左端开始计时，经过时间t1，小物块落到水平地面的Q点；若传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，仍将小物块从光滑轨道上P位置由静止释放，同样从小物块到达传送带左端开始计时，经过时间t2，小物块落至水平面．关于小物块上述的运动，下列说法中正确的是（）

A. 当传送带运动时，小物块的落地点可能仍在Q点

B. 当传送带运动时，小物块的落地点可能在Q点左侧

C. 若v1>v2，则一定有t1>t2

D. 若v1<v2，则一定有t1>t2

【答案】AD

【解析】

当传送带不动时，小物块在传送带上做匀减速运动，传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1＞v2，小物块在传送带上可能一直做匀减速运动，也有可能先做匀减速后做匀速运动，所以t1≥t2．小物块滑出传送带时的速度大于等于v2，根据平抛运动规律知道小物块的落地点可能仍在Q点，可能在Q点右侧．故A正确，C错误．传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1=v2，小物块在传送带上做匀速直线运动，所以t1＞t2，根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧．传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1＜v2，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，所以t1＞t2根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧．故B错误，D正确．故选AD.

8.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一字宙速度，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度与的关系是=，已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为，不计其他星球的影响，则

A. 该星球上的第一宇宙速度为

B. 该星球上的第二宇宙速度为

C. 该星球的平均密度为

D. 该星球的质量为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据第一宇宙速度

故A错误；

B．根据题意，第二宇宙速度

故B正确；

C．根据公式

且

故

所以

故C正确；

D．根据公式

故D错误.

9.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆子停止转动，则(   　)

A. 小球仍在水平面内做匀速圆周运动

B. 在绳被烧断瞬间，a绳中张力突然增大

C. 若角速度ω较小，小球在平行于平面ABC的竖直平面内摆动

D. 若角速度ω较大，小球可在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动

【答案】BD

【解析】

【详解】A．b绳未断时， a绳拉力为小球重力 mg，Lb为 b的长度，小球速度为：

b绳断时，由于惯性，球具有水平向外的速度受竖直向下的重力和竖直向上的 a绳的拉力而在竖直面内做圆周运动，故A错误；

B．由牛顿运动定律有：

可知当  b绳断时，绳a的拉力大于小球重力，B正确；

C．当 较小时，球在最低点速度较小，可能会存在：

不能摆到与 A点等高处，而在竖直面内来回摆动，水平方向没有力提供向心力，故不能在平行于平面ABC的竖直平面内摆动，故C错误.

D．当 较大时，球在最低点速度较大,如果：

可在竖直面内做完整的圆周运动，故 D正确．

10.如图所示,刚性板放在竖直墙壁和挡板K之间,竖直墙壁和水平面光滑,物体P、Q静止叠放在板上,此时物体P的上表面水平．若将K往右缓慢移动一小段距离后固定,整个装置在新的位置仍保持静止,与原来的相比(    )

A. 板对P的作用力不变

B. P对板的压力变小

C. P对Q的支持力减小

D. 水平地面受到的弹力变小

【答案】AC

【解析】

【详解】

AB．设板与水平地面的夹角为α，以PQ整体为研究对象，分析受力情况如图1：总重力、板的支持力和摩擦力，板对P的作用力是支持力和摩擦力的合力.由平衡条件分析可以知道板对P的作用力大小与总重力大小平衡，保持不变.又因为：

α减小，增大.故A正确、B错误.

C．以Q为研究对象，Q原来不受摩擦力，当将K往右缓慢移动一小段距离后，Q受力情况如图2，Q受到摩擦力，则Q受到的摩擦力将增大.支持力：

原来支持力等于重力,故支持力减小了；所以C正确.

D．以板、P、Q整体为研究对象，受力情况如图3，则有水平地面的弹力，则水平地面受到的弹力将保持不变.故D错误.

二、填空题（本题2小题，每空2分，共12分 ）

11.在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量mA=0.5 kg，金属板B的质量mB=1 kg．用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A，B间的摩擦力Ff=______N，A，B间的动摩擦因数μ=____．（g取10 m/s2）．该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1 s，可求得拉金属板的水平力F=________N

【答案】    (1). 2.50 ；    (2). 0.50 ；    (3). 4.50

【解析】

【详解】A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N．根据Ff=μmAg，解得：μ=0.50．由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x=aT2，其中△x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2．根据牛顿第二定律得：F-Ff=mBa，代入数据解得F=4.50N．

12.在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：

待测金属丝：（阻值约，额定电流约）；

电压表：（量程，内阻约）；

电流表：（量程，内阻约）；

（量程，内阻约）；

电源：（电动势3V，内阻不计）

（电动势12V，内阻不计）

滑动变阻器：（最大阻值约）

螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．

①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为_________mm．

②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选___、电源应选__（均填器材代号），在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图____．

【答案】    (1). 1.773    (2). A1    (3). E1    (4).

【解析】

【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：1．5mm+27．5×0．01mm=1．775mm；

(2)电阻丝的额定电流约为0．5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0．5×5=2．5V，电源应选E1；

(3)待测金属丝电阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0．2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示：

三、计算题（本题3小题，13题12分，14题10分，15题16分，共38分 ）

13.如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口B飞出后，小球落地点C距A处的距离为4R（AB为圆的直径）（重力加速度为g），求：

(1)小球经过B点的速度；

(2)小球在B点对轨道的压力．

【答案】(1) ，小球从B点速度方向水平向左 (2) 小球对轨道的压力也为3mg，方向竖直向上

【解析】

【分析】

由题意可知考查平抛运动和牛顿运动定律，根据牛顿运动定律和平抛运动的特点分析计算可得．

【详解】（1）小球从B点飞出后，做平抛运动，水平方向

竖直方向：

得:

小球在B点速度方向水平向左．

（2）当小球在B点时由向心力的公式可得

代入数值可得:

由牛顿第三定律可知小球对轨道压力也为3mg，方向竖直向上．

【点睛】分析平抛运动，可以分方向考虑，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动．求小球在B点对轨道的压力时要取小球为研究对象，用牛顿第二定律求出小球受到的支持力，再根据牛顿第三律求出小球对轨道的压力．求矢量时要注意既要求出大小，还要指出方向．

14.关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是

A. 对气体做功可以改变其内能

B. 质量和温度都相同的气体,内能一定相同

C. 热量不可能从低温物体传到高温物体

D. 一定量的理想气体在等温膨胀过程中,一定吸收热量

E. 一定量的理想气体,温度越高,气体分子运动越剧烈,气体内能越大

【答案】ADE

【解析】

【详解】A．改变内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能．故A正确．

B．理想气体的内能与物质的量、温度有关，质量相等的气体的物质的量不一定相等，内能不一定相等，如质量相等的氢气与氧气．故B错误．

C．根据热力学第二定律可知，热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，如空调．故C错误．

D．温度是一定质量的理想气体内能的标志，一定量的理想气体在等温膨胀过程中，温度不变，内能不变，膨胀过程中，对外做功，根据热力学第一定律可知，△U=W+Q，气体一定吸收热量．故D正确．

E．一定量的理想气体的内能与物质的量、温度有关，一定量的理想气体温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大．故E正确．

15.如图所示，绝热圆筒水平放置，圆筒内有一绝热活塞C，活塞的长度是圆筒长的,活塞的中心与圆筒中心重合，整个装置置于温度恒为300K．压强恒为1.0×105Pa的大气中．现用导热材料A、B封闭圆筒的两端，然后把圆筒左端放入一温度恒定的密闭热源中，并保持圆筒水平，发现活塞缓慢向右移动．当活塞移动距离等于活塞长度的时，活塞保持静止．不计活塞与圆筒内壁间的摩擦，求：

（1）右端气体此时的压强;

（2）热源的温度．

【答案】（1）（2）450K

【解析】

①对右侧位移：初态；

末态：；

由查理定律;

解得：

②对左侧气体：初态：，，

末态：；；

由气态方程：

得到：

16.在真空示波管中建立xOy坐标系，如图所示，在0< x < x1=0.12m的范围存在平行于y轴向下的匀强电场，电场强度E=4500N/C，一个电子由静止开始经加速电场加速后，由y1=0.1m处平行于x轴进入电场．电子离开电场后继续运动打到荧光屏上的P点（荧光屏未画出），P点纵坐标y3=0.15m．已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝1 620 V．(电子一直在xOy平面内运动，所受重力不计)．求：

(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；

(2)电子离开电场时的纵坐标y2；

(3) 荧光屏所在处的横坐标x2．

【答案】（1）2.4×107 m/s（2）0.11 m（3）0.36 m

【解析】

【详解】（1）根据动能定理有

eU0＝1/2mv02

解得

v0=2.4×107 m/s．

（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y2-y1，电子在水平方向做匀速直线运动

x1＝v0t

电子在竖直方向上做匀加速直线运动

根据牛顿第二定律有

eE＝ma

解得

y2-y1=0.01 m

电子离开电场时的纵坐标y2为0.11 m

（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由几何关系知

解得x2＝036 m．