黑龙江省双鸭山市第一中学2020届高三12月月考物理试题

黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高三12月月考物理试题

一.选择题 （本题共12小题，每小题4分，共48分。1-8题单选，9-12多选）

1.足球运动员沿直线一路带球前进，球每次被踢出后在草地上做减速运动，当球的速度减小后，运动员又赶上去再踢，下图中图象最能反映足球这种运动情况的是

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意分析可知，足球匀减速运动一段时间后，速度突然增大，再做匀减速运动，速度又突然增大，如此反复，速度作周期性的变化，而匀减速运动的图象是向下倾斜的直线，故选项C正确，ABD错误．

2.如图所示，三角块B放在斜面体A上，轻弹簧一端连接三角块B，另一端连接在天花板上，轻弹簧轴线竖直，斜面的倾角为30°，若A的质量为1kg，B的质量为0.5kg，地面对A的支持力大小为20N，重力加速度为10m/s2，则A对B的摩擦力大小为（　　）

A. 0 B.  C. 5N D.

【答案】C

【解析】

【详解】对整体研究，根据平衡条件得：

GA+GB+F弹=N地，

解得轻弹簧向下压力大小为：

F弹=20N-15N=5N，

对三角块B研究，沿斜面方向由平衡条件得：

f=（F弹+mBg）sinθ

解得：f=5N.

A. 0与计算结果不相符；故A项错误.

B. 2.5N与计算结果不相符；故B项错误.

C. 5N与计算结果相符；故C项正确.

D.与计算结果不相符；故D项错误.

3.如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，现将测力计的示数逐渐减小到零的过程中（测力计保持水平），球对杆的弹力方向为(　　)

A. 斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐减小

B. 斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大

C. 斜向右下方，与竖直方向的夹角逐渐减小

D. 斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大

【答案】C

【解析】

【详解】以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图：

则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐减小，T逐渐减小，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐减小，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐减小．由牛顿第三定律可知球对杆的弹力方向斜向右下方，与竖直方向的夹角逐渐减小.

A．描述与分析不符，故A错误.

B．描述与分析不符，故B错误.

C．描述与分析相符，故C正确.

D．描述与分析不符，故D错误.

4.如图所示，一辆小车在牵引力作用下沿半径为R的弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，则上行过程中

A. 小车处于平衡状态，所受合外力为零

B. 小车受到的牵引力逐渐增大

C. 小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量

D. 小车重力的功率逐渐增大

【答案】C

【解析】

【分析】

小车做匀速圆周运动，结合动能定理以及功率的公式进行分析即可；

【详解】A．由题可知，小车做匀速圆周运动，其加速度不为零，即小车不处于平衡状态，合力不为零，故选项A错误；

B．对小车进行受力分析，如图所示：

根据平衡条件可以得到：，由于逐渐增大，可知逐渐减小，故选项B错误；

C．由题可知，小车动能不变，根据动能定理可知：

则根据功能关系可知重力的功等于重力势能的变化，则牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故选项C正确；

D．随着小车的上升，角逐渐增大到，则根据公式可知由于角逐渐增大则重力的功率逐渐减小，故选项D错误．

【点睛】本题考查小车做匀速圆周运动，切线方向根据平衡条件列出方程，判断牵引力的大小，然后结合动能定理以及功率的公式进行分析即可．

5.有两颗质量不等，在圆轨道运行的人造地球卫星．用T表示卫星的运行周期，用p表示卫星的动量，则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期T、动量p和机械能，下列说法中正确的是（ ）

A. 周期T较大，动量p也一定较大，机械能也大

B. 周期T较大，动量可能p较小，机械能不能确定

C. 周期T较小，动量p也较大，机械能大

D. 周期T较小，动量p也较小，质量大的卫星的机械能也大

【答案】B

【解析】

在圆轨道上运行的人造地球卫星，其所需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的，即G=m，可得：，由p=mv可知，卫星动量的大小与物体的速度和质量大小都有关，轨道半径大的卫星运行速度小，但质量不确定，因此动量不一定大，机械能也不一定大，再根据，可得，轨道半径r越大，人造卫星的运行周期T越大，所以选项ACD错误，选项B正确．

6.图甲为某电源的U － I图线，图乙为某小灯泡的U － I图线，则下列说法中正确的是

A. 电源的内阻为 0.5Ω

B. 小灯泡的电阻随着功率的增大而减小

C. 当小灯泡两端的电压为 0.5V 时，它的电阻约为 Ω

D. 把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为3W

【答案】D

【解析】

【分析】

由电源的U-I曲线斜率得到内阻；根据小灯泡的U-I曲线斜率变化得到电阻变化；由灯泡的U、I，根据欧姆定律求得电阻；由两曲线得到小灯泡的电压、电流，从而求得功率．

【详解】由图甲，根据U=E-Ir可得：电动势E=1.5V，内阻，故A错误；由图乙可得：功率越大，则电压越大，斜率越大，故电阻越大，故B错误；由图乙可得：当小灯泡两端的电压U=0.5V时，电流I=6A，故电阻 ，故C错误；

把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起，两U-I曲线的交点即小灯泡的电压、电流，故U=0.5V，I=6A，所以小灯泡的功率P=UI=3.0W；故D正确；故选D．

【点睛】电源的U-I曲线即路端电压和电流的关系，故可根据曲线由U=E-Ir求得电动势、内阻．

7.如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图．R，为热敏电阻（温度升高，阻值减小），用来探测加热电阻丝R的温度．RG为光敏电阻（光照强度增大，阻值减小），接收小灯泡L的光照．其他电阻均为定值电阻．当R处温度升高后，下列说法正确的是

A. 灯泡L将变暗

B. RG的电压将增大

C. R的功率将增大

D. R的电压变化量与R2的电流变化量的比值不变

【答案】D

【解析】

A项：当R处温度升高时，RT阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮，故A错误；

B、C项：L的光照强度增大，则RG阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小．总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小．R的电流减小，而总电流增大，则通过R3的电流增大，R3的电压将增大，所以RG的电压将减小，故B、C错误；

D项：R电压变化量与R2的电流变化量的比值，保持不变，故D正确．

8.如图所示，从甲楼的窗口以大小为v0的初速度斜抛出一个小球，初速度与竖直成37°角，小球打在乙楼竖直墙面时速度与竖直成45°角，（不计阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6），则甲乙两楼的间距为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】在小球的整个运动过程中，水平方向速度不变，始终为

竖直方向，设上升时间为t1，则

下降时间为t2，则

水平方向

解得：

故C正确．

9.如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克服重力做功2.0 J，电场力做功3.0 J，则

A. 粒子做匀变速曲线运动

B. 粒子在B点速度为零

C. 粒子在C点的机械能比在A点多12.0 J

D. 粒子在C点动能为14.0 J

【答案】ACD

【解析】

【分析】

水平受Eq向右，一直做初速度为0的匀加速直线运动，竖直受mg向下，做竖直上抛运动，互不影响．抓住竖直上升到最高点的时间等于从最高点落回抛出高度的时间．结合水平位移关系求出整个过程中电场力做功的大小．从而通过动能定理求出物体折回通过与A点在同一水平线上的C点时的动能大小，电场力做功与电势能的关系，求电势能；除重力做功外，其他力做功对应机械能的变化．

【详解】A项：由于粒子受重力，恒定的电场力作用力，所以粒子的加速度恒定，故粒子做匀变速曲线运动，故A正确；

B项：从A到B粒子在竖直方向上做匀减速运动，水平方向做匀加速运动，B为最高点，所以粒子在B点竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故B错误；

C、D项：竖直方向：粒子做竖直上抛运动，则运动时间

水平方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动

水平位移：

上升的过程电场力做功：W1=qEx1

最高点时，竖直方向的速度为0，故小球的动能与电场力做的功相等，即：W1=3J

下降的过程中，竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的所以下降的时间：t2=t1

水平方向的总位移：

全过程中电场力做功：W2=qEx2=4qEx1=4W1=12J

全过程中，重力做功为0，根据动能定理：W2=EK末-EK初

所以：EK末=EK初+W2=2+12=14J

除重力做功外，其他力做功对应机械能变化，所以粒子在A点的机械能比在C点少12.0J

故C，D正确．

【点睛】解决本题的关键知道小球在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合等时性进行求解，注意不一定求动能就把速度求出来，有时只需要知道速度之比即可，难度适中．

10.空间存在一静电场，一沿x轴的电场线上的电势随x的变化如图所示．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子仅在电场力作用下，从坐标原点0由静止开始沿x轴做直线运动．则带电粒子的加速度a、速度v、动能Ek、电势能Ep与x的关系图像中可能正确的是

A.  B.

C.  D.

【答案】CD

【解析】

【详解】A、沿x轴的电场线上的电势随x的变化图像的斜率代表电场强度的大小，图像的斜率越来越小，故物体受到的电场力越来越小，电场力提供加速度，故加速度越来越小，故A错误；

BC、粒子在电场力的作用下从静止开始运动，故电场力做正功，动能增大，由题意得， 故图像的斜率表示电场力的大小，C图像可读取的信息是：图像的斜率越来越小，由图像可知电场力越来越小，故C符合题意；，故图像的斜率与电场力成正比，故图像的斜率也越来越小，故图像不可能是一条直线；故B错误，C正确．

D、电场力做功，，是初始位置的电势能；故图像的斜率的大小也表示电场力的大小， 图像的斜率越来越小，故电场力也越来越小，符合题意，故D正确．

11.如图所示，弧形轨道固定于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置小球B和C，将小球A从弧形轨道上离地面高处由静止释放，沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后粘在一起，A球弹回后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的2倍，若让小球A从处由静止释放，则下列说法正确的是（重力加速度）（     ）

A. A球再次下滑后不会与B球相碰

B. A球再次下滑后会与B球相碰

C. C球的最终速度为

D. C球的最终速度为

【答案】AD

【解析】

【详解】设A球的质量为，A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据机械能守恒得，解得，A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，则有，，解得，.B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得，解得，所以再次下滑后A球不会与B球相碰，故A正确，B错误；当时，根据，，可得C球最终的速度，故C错误，D正确.

12.如图所示为平放于水平面上的“”型管俯视图，“”型管固定不动；内壁光滑的AB与DF两直管道长度均为2R，G为DF中点；内壁粗糙的半圆弧BCD半径为R．空间存在水平向右电场强度E=的匀强电场．一电荷量为q的带正电绝缘小球(直径略小于管的直径，且可看做质点)从A位置由静止释放，第一次到达轨道最右端的C点时速率vc=，已知重力加速度为g．下列说法正确的是（    ）

A. 小球由A到B的时间为2

B. 小球第一次到C点时对轨道的弹力大小为mg

C. 小球恰能运动到G点

D. 小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功一定等于3mgR

【答案】AB

【解析】

【详解】A项：小球由A到B的过程，由牛顿第二定律得：，结合得，由，解得：，故A正确；

B项：小球在C点时，水平方向有：，又，解得：，竖直方向有，对轨道对小球的弹力大小，同由牛顿第三定律得，小球对轨道的弹力大小，故B正确；

C项：设BC段小球克服摩擦力做功为，CD段克服摩擦力做功为，从A运动到C过程中，由动能定理得：，解得：，小球从C到D的过程，电场力和摩擦力均做负功，小球的速率减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的弹力减小，摩擦力减小，所以有，设小球到达G点的速度为，从A运动到G的过程，由动能定理得：，可得，故小球将越过G点，故C错误；

D项：小球最终可能停在C点，小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功等于电场力做功，为，小球最终也可能不停在C点，小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功等于电场力做功，小于，故D错误．

二.实验题

13.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．

（1）实验中必要的措施是____．

A.细线必须与长木板平行                   

B.先接通电源再释放小车

C.小车的质量远大于钩码的质量           

D.平衡小车与长木板间的摩擦力

（2）他实验时将打点计时器接到频率为50HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点图中未画出）．s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm．则小车的加速度a=____m/s2（要求充分利用测量的数据），（结果均保留两位有效数字）．

【答案】    (1). AB    (2). 0.80

【解析】

【详解】(1)[1]A．探究小车做匀变速直线运动的规律，为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，故A正确；

B．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故B正确；

CD．本实验中只是研究匀变速直线运动规律，小车只要做匀加速直线运动即可，不需要让小车的质量远大于钩码的质量，也不需要平衡摩擦力，故CD错误．

(2)[2]每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s；根据逐差法可知，物体的加速度为

代入数据解得

14.某同学设计了如图所示的电路，用来测量电源电动势E、内阻r以及定值电阻Rx的阻值．实验器材有：

待测电源

待测电阻Rx（约几欧姆）

电流表A（量程为0.6A，内阻忽略不计）

电阻箱R0（0－99.99Ω）

单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2

导线若干

（1）先测电阻Rx的阻值：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I；再将S2切换到b，调节电阻箱，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2．则待测电阻Rx的表达式为Rx=____．

（2）再测电源电动势E和内阻r：闭合S1，将S2切换到a．调节电阻箱阻值为6.00Ω，读得电流表示数为0.42A；再次调节电阻箱的阻值为9.00Ω，读得电流表示数为0.30A．则电源电动势E=__V，内阻电阻r=___Ω．（结果保留两位有效数字）

（3）若实际电流表的内阻不能忽略，则电阻Rx的测量值___真实值，电动势的测量值___真实值，内阻的测量值___真实值．（填“大于”、“小于”、“等于”）．

（4）如图电流表接0.6A量程，其读数是___A．

【答案】    (1).     (2). 3.2    (3). 1.5    (4). 等于    (5). 等于    (6). 大于    (7). 0.16或者0.17

【解析】

【详解】(1)[1]两种情况下电路电流相等，则电路电阻相等，即

待测电阻阻值

(2)[2][3]由图示电路图可知，电源电动势

由题意可知

解得

(3)[4]考虑电流表内阻，测电阻阻值时电路总电阻不变，电流表内阻对电阻测量值没有影响，电阻测量值等于真实值；

[5][6]测电源电动势与内阻时

电源电动势测量值等于真实值，电源内阻测量值为

电源内阻测量值大于真实值；

[7]电流表接0～0.6A量程，电流表的读数为0.16A，由于误差存在，也可为0.17A.

三.解答题

15.如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定两间距L＝0.5 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E＝10 V，内阻r＝2 Ω，一质量m＝100 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝1 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取 g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：

(1)金属棒所受到的安培力大小；

(2)滑动变阻器R接入电路中的阻值．

【答案】(1)0.5 N　(2)8 Ω

【解析】

【详解】(1)作出金属棒的受力图，如图：

则有F＝mgsin θ

解得F＝0.5 N

(2)根据安培力公式F＝BIL

得I＝＝1 A

设滑动变阻器接入电路的阻值为R′，根据闭合电路欧姆定律E＝I(R′＋r)

得R′＝－r＝8 Ω．

16.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示,滑板长L=4m，起点A到终点线B的距离s=10m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg，滑板质量m2=1kg，重力加速度g取10 m/s2，求：

（1）滑板由A滑到B的最短时间；

（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．

【答案】（1）t=1s；（2）30N≤F≤38N

【解析】

【详解】(1)滑板一直加速，所用时间最短．地面无摩擦力，滑板水平方向受力只有滑块对其滑动摩擦力．设滑板加速度为a2

解得

对滑板由位移公式得

解得

(2)刚好相对滑动时，F最小，此时可认为二者加速度相等

解得

当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，设滑块加速度为a1

由位移关系得

解得：

F2=38N

则水平恒力大小范围是

30N≤F≤38N

17.如图所示，光滑水平面上有一长木板，长木板的上表面也是水平光滑的，右端用细绳拴在墙上，左端上部固定一轻质弹簧．质量为m=1kg的铁球以某一初速度v0(未知)在木板的上表面上向左匀速运动．铁球与弹簧刚接触时绳子绷紧，小球的速度仍与初速度相同，弹簧被压缩后，铁球的速度逐渐减小，当速度减小到初速度的一半时，弹簧的弹性势能为3J，此时细绳恰好被拉断(不考虑这一过程中的能量损失)，此后木板开始向左运动．

（1）铁球开始运动时的初速度是多少？

（2）若木板的质量M为1kg，木板开始运动后弹簧的弹性势能最大是多少？

（3）为使木板获得的动能最大，木板的质量应为多大？

【答案】（1）2m/s；（2）3.5J；（3）M=m

【解析】

【详解】(1)球与弹簧组成的系统能量守恒，由能量守恒定律得：

解得：

=2m/s

(2)球与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mv0＝(m+M)v

由能量守恒定律得：

E+m(v0)2＝(m+M)v2+Em

解得，弹簧的最大弹性势能：

Em＝=3.5J

(3)对球与木板组成系统，动量守恒：

mv0＝Mv1

能量守恒：

E+m(v0)2＝Mv12

解得木板质量：

m=4M

即

18.如图所示，在竖直边界线 O1O2 左侧空间存在一竖直向下的 匀强电场，电场强度 E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面 AB，其倾角为 30°，A 点距水平面的高度为 h＝4 m．BC 段为一粗糙绝缘 平面，其长度为 L＝m．斜面 AB 与水平面 BC 由一段极短的光滑小圆弧 连接(图中未标出)，竖直边界线 O1O2右侧区域固定一半径为 R＝0.5 m 的 半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D 两点紧 贴竖直边界线 O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对 O1O2右侧空间的影 响)．现将一个质量为 m＝1 kg、电荷量为 q＝0.1 C 的带正电的小球(可视 为质点)在 A 点由静止释放，且该小球与斜面 AB 和水平面 BC 间的动摩擦因数均为μ＝ (g 取 10 m/s2) 求：

(1)小球到达 C 点时的速度大小；

(2)小球落地点距离 C 点的水平距离．

【答案】(1) (2)

【解析】

【详解】(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：

代入数据解得：

(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：

解得

小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：

mg+qE=ma

则得：

应用类平抛运动的规律列式可得：

x=vDt，

2R=at2

联立得：