辽宁省实验中学东戴河分校2020届高三上学期12月月考物理试题

物理试卷

第Ⅰ卷（选择题，共48分）

一、选择题（1至7题单选，8到12题多选，每题4分，部分得分2分）

1.一个高尔夫球静止于平坦的地面上．在t=0时球被击出，若不计空气阻力的影响，飞行 中球的速率与时间的关系如图，根据图象提供的信息不能求出的物理量是

A. 高尔夫球的飞行时间 B. 高尔夫球上升的最大高度

C. 人击球时对高尔夫球做的功 D. 高尔夫球落地时离击球点的距离

【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查v-t图的物理意义。

【详解】A.不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等，由图看出，小球5s时刻落地，故A错误；

B.小球的初速度大小为v0=31m/s，到达最高点时的速度大小为v=19m/s，由动能定理得-

由此式可求出最大高度h，故B错误；

C. 由动能定理得，人击球时对高尔夫球做的功

由于高尔夫球的质量m未知，无法求出W，故C正确；

D. 高尔夫球水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度vx=19m/s，运动时间已知，则可求落地点的距离，故D错误。

故选C。

2.一轻质弹簧，上端悬挂于天花板上，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长，则

A. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒

B. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒

C. 环撞击板后，板的新平衡位置与h的大小有关

D. 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功

【答案】A

【解析】

【详解】AB.圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；

C.碰撞后平衡位置，有

即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；

D.碰撞后环与板共同下降的过程中重力和弹簧的弹力都做功，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误；

故选：A；

3.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)

A. ta＞tb＞tc B. ta＜tb＜tc

C. ta＝tb＝tc D. 无法确定

【答案】B

【解析】

【详解】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，则轨道的长度s=2rcosα+，下滑的加速度，根据位移时间公式得，x=at2，则．因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta．故B正确，ACD错误．故选B．

【名睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出时间的表达式，结合角度的大小关系进行比较．

4.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是(　　)

A. 只减小A的质量，B对A的压力大小不变

B. 只减小B的质量，B对A的压力大小会增大

C. 只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变

D. 只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大

【答案】C

【解析】

【详解】将AB看做一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得

，

隔离B分析可得，解得：，由牛顿第三定律可知，B对A的压力：，若只减小A的质量，变大，若只减小B的质量，变小，AB错误；AB之间的压力与斜面的倾角、与斜面的动摩擦因数无关，C正确D错误

【点睛】以两物体组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，然后以B为研究对象，应用牛顿第二定律求出B与A间的作用力，然后根据该作用力的表达式分析答题

5.物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化如图所示．则物体在直角坐标系xOy所在的平面内的运动轨迹是

A.   B.  

C.   D.  

【答案】B

【解析】

【详解】在0～3s，在y正方向上做匀速直线运动，x正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向上，对应的轨迹向x轴正方向弯曲的抛物线；在3s～4s，初速度与横轴正方向夹角

根据图像可知，加速度方向与横轴方向夹角，图像斜率代表加速度

合加速度与合速度在一条直线上，做匀加速直线运动，图像是倾斜的直线．

A.图像与分析不符，故A错误．

B. 图像与分析相符，故B正确．

C. 图像与分析不符，故C错误．

D. 图像与分析不符，故D错误．

6.2019年4月20日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射第44颗北斗导航卫星，拉开了今年北斗全球高密度组网的序幕．北斗系统主要由离地而高度约为6R(R为地球半径)同步轨道卫星和离地面高度约为3R的中圆轨道卫星组成,已知地球表面重力加速度为g，忽略地球自转．则下列说法正确的是（   ）

A. 中圆轨道卫星的运行周期为12 小时

B. 中圆轨道卫星的向心加速度约为

C. 同步轨道卫星受到的向心力小于中圆轨道卫星受到的向心力

D. 因为同步轨道卫星的速度小于中圆轨道卫星的速度，所以卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气减速

【答案】B

【解析】

【详解】A．M表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力

可得：

则

可知中圆轨道卫星的运行周期不等于12小时。故A错误；

B．在地球表面为m0的物体，有：

中圆轨道卫星：

则其向心加速度约为．故B正确；

C．同步轨道卫星与中圆轨道卫星的质量关系不确定，则不能判断所受的向心力的关系，选项C错误；

D．因为同步轨道卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星的轨道半径，所以卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气加速做离心运动，选项D错误。

7.如图所示，一物体自倾角为的固定斜面上某一位置处斜向上抛出，到达斜面顶端处时速度恰好变为水平方向，已知、间的距离为，重力加速度为，则关于抛出时物体的初速度的大小及其与斜面间的夹角，以下关系中正确的有（）

A.

B.

C.

D.

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.运用逆向思维，物体做平抛运动，设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有

，

又

，

则

，

故B正确，A错误；

CD运用逆向思维，物体做平抛运动，根据：

得：

，

则P点的竖直分速度为：

P点的水平分速度为：

，

又：

则有：

，

故C正确、D错误；

故选：BC；

8.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为（　　）

A. 2BkL B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】

质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出质子可能的运动轨迹，应用牛顿第二定律求出质子在速度表达式，然后分析答题．

【详解】质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：

所有圆弧所对圆心角均为60°，

所以质子运行半径：（n=1，2，3，…），

质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：

解得：（n=1，2，3，…）．

故选BD．

【点睛】质子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出质子运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出质子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出质子的速度即可解题．

9.如图所示，一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上，通过细线连接一质量也为m的小球，小球还用一水平细线拉着．保持环和小球的位置不变，横杆的位置逐渐按图示方向转到竖直位置，在这个过程中环与杆相对静止，则（   ）

A. 连接环和小球的细线拉力增大

B. 杆对环的作用力保持不变

C. 杆对环的弹力一直减小，最小值为mg

D. 杆对环的摩擦力先减小后增大，最大值为2mg

【答案】BD

【解析】

A．保持环和小球的位置不变，细线与竖直方向的夹角不变，细线的拉力Tcos45°=mg，T=mg，保持不变，故A正确；

B．环受到重力、细线的拉力、杆的作用力，由于重力和细线的拉力不变，杆对环的作用力保持不变，故B正确；

CD．杆的位置由水平转到竖直位置的过程中，由于线的拉力与环重力的合力方向斜向右下，杆对环的弹力始终垂直于杆方向，根据动态分析方法可知，杆对环的弹力先增大后减小，对环的摩擦力先减小再增大，因此杆对环的弹力在杆水平时为2mg，竖直时为mg，所以杆对环的弹力的最小值为mg；杆对环的摩擦力在水平时为f=Tsin45°=mg，在竖直时为：f2=mg+Tcos45°=2mg，所以杆对环的摩擦力最大值2mg，故C错误，D正确．

故选：BD

10.超导是当前物理学研究的前沿之一，它是指某些物质在一定温度条件下电阻降为零的性质。如图所示，由某超导材料制成的圆形线圈放在绝缘水平面上，在其圆心正上方某一高度处，在外力作用下将小磁铁向下移动到P点后，撤去外力，小磁铁刚好能静止不动。则在小磁铁向下移动过程中（）

A. 从上往下看，线圈中将产生逆时针方向的感应电流

B. 线圈对桌面的压力大于线圈本身的重力

C. 小磁铁静止在P点时，由于没有磁通量变化，所以线圈中电流为零

D. 小磁铁减小的重力势能等于线圈中产生的电能

【答案】AB

【解析】

【详解】A.小磁铁向下移动线圈中向下的磁通量在增加，由楞次定律，增反减同可知，产生的感应磁场向上，从上往下看，由安培定则可知，线圈中将产生逆时针方向的感应电流，故A正常；

B.小磁铁向下移动，线圈阻碍小磁铁向下运动，故线圈给小磁铁的力向上，由牛顿第三定律可知，小磁铁给线圈的力向下，故线圈对桌面的压力大于线圈本身的重力，故B正常；

C.小磁铁静止在P点时，由于没有磁通量变化，所以线圈中感应电流为零，但小磁铁静止，说明线圈产生磁场给小磁铁一个向上的力，故线圈中有电流，故C错误；

D.由于有外力做功，故小磁铁减小的重力势能不等于线圈中产生的电能，故D错误；

故选：AB；

11.在如图(a)所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P，从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示，则（）

A. 图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线

B. 电源内电阻的阻值为10Ω

C. 电源的最大输出功率为1．8W

D. 滑动变阻器R2的最大功率为0．9W

【答案】ACD

【解析】

【详解】A. 当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而两端的电压增大，故乙图线表示是示数的变化；图线甲表示示数的变化，故A正确；

B.由图可知，当只有接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由可得：

当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故有：

由闭合电路欧姆定律可得：

解得：

，

故B错误；

C.因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流：

故电源的最大输出功率：

故C正确；

D.由B的分析可知，的阻值为5Ω，电阻为20Ω；当等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流：

则滑动变阻器消耗的最大功率：

故D正确．

12.如图所示，F、K、L、T是与一带正电的点电荷处于同一平面内的四个确定点，将一带正电的试探电荷从F点移至K点和从L点移至K点，静电力做功相等；将这一试探电荷从T点移至L点和从K点移至L点，静电力做功也相等。则（        ）

A. F、K两点电势相等，L、T两电电视相等

B. 可以确定F、K、L、T各点的电场强度方向

C. F点的电场强度与L点的电场强度大小相等

D. 将试探电荷从F点移至L点的过程中静电力做负功

【答案】BC

【解析】

【详解】A.根据

，

又因为试探电荷从F点移至K点和从L点移至K点，静电力做功相等，可知F、L两点的电势相等，即F、L在同一等势面上；同理，试探电荷从T点移至L点和从K点移至L点，静电力做功也相等，可知T、K两点的电势相等，即T、K两点在同一等势面上，A错误；

B.分别作F、L两点和K、T两点连线的垂直平分线，其交点O即为点电荷的位置，如图所示，根据点电荷的位置即可确定出F、L、K、T四点处的电场方向，B正确；

C.根据正点电荷的电场分布特点，可知F点的电场强度大小等于L点的电场强度大小，C正确；

D.由于F点的电势等于L点的电势，将试探电荷从F点移至L点的过程中静电力做功为零，D错误;

故选：BC；

第Ⅱ卷（非选择题共52分）

二、实验题（共18分）

13.如图，一热敏电阻RT放在控温容器M内；A为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S为开关．已知RT在95℃时阻值为150 Ω，在20℃时的阻值约为550 Ω．现要求在降温过程中测量在 之间的多个温度下RT的阻值．

(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图 ________________．

(2)完成下列实验步骤中填空：

①依照实验原理电路图连线；

②调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95 ℃；

③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全；

④闭合开关，调节电阻箱，记录电流表示数I0，并记录____________；

⑤将RT的温度降为T1 (20 ℃＜T1＜95 ℃)，调节电阻箱，使得电流表的读数__________，记录_______________；

⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________________；

⑦逐步降低T1的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤⑤、⑥．

【答案】    (1).     (2). 电阻箱的读数     (3). 仍为     (4). 电阻箱的读数     (5).

【解析】

（1）该实验中没有电压表，可以应用等效替代法测热敏电阻阻值，改变电阻箱接入电路的阻值，保持电路电流不变，则电路总电阻不变，因此应把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路，实物电路图如图所示：

（2）闭合开关．调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录电阻箱的读数R0．
⑤将RT的温度降为T1（20℃＜T1＜95℃）；调节电阻箱，使得电流表的读数I0，记录电阻箱电阻R1．
⑥由闭合电路欧姆定律可得：温度为95℃时：E=I0（r+RA+RT+R0），即：E=I0（r+RA+150Ω+R0）当RT的温度降为T1时，有：E=I0（r+RA+RT1+R1），联立解得：RT1=R0+150-R1．

14.某同学用图（a）所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧测力计相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧测力计的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据已在下表中给出，其中的值可从图（b）中弹簧测力计的示数读出．

回答下列问题：

（1）=__________：

（2）在图（c）的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出图线____________；

（3）与、木块质量、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小之间的关系式为=__________，图线（直线）的斜率的表达式为=__________．

（4）取，由绘出的图线求得_____．（保留2位有效数字）

【答案】    (1). 2.75    (2).     (3).     (4).     (5). 0.40

【解析】

【详解】（1）由图（b）可读出弹簧测力计的示数

（2）图线如图所示．

（3）摩擦力表达式，其斜率．

（4）图线的斜率，解得．

三、计算题（共34分）

15.如图所示，竖直平面内半径为R的四分之一光画圆弧轨道AB处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，CD下方没有磁场。紧挨着圆弧轨道底端右下侧竖直平面内有一正方形区域CDEF，CD与圆弧轨道底部相切于C点，该区域有匀强电场，一质量为m，带电荷量为+q的小球，从A点静止释放，由C点水平进入右侧正方形区域CDEF。已知正方形区域的边长等于圆弧轨道的半径，重力加速度为g。

（1）求小球在轨道最低点对轨道的压力

（2）若在正方形区域仅加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从E点飞出，求该电场场强E的大小

【答案】（1）2mg（2）

【解析】

【详解】（1）由于洛伦兹力不做功，根据机械能守恒定律有：

，

在最低点根据牛顿第二定律有：

，

解得：

；

根据牛顿第三定律可得小球在轨道最低点时对轨道的压力为2mg；

（2）小球进入CDEF区域后做类平抛运动，水平方向：

，

解得：

，

竖直方向：

解得：

，

又：

，

解得：

；

16.发电机输出功率为P＝50kW，输出电压＝500V，用户需要的电压＝220V，连接升压变压器和降压变压器的输电线电阻为R＝3Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的0.6%，试求：

（1）用户得到的电功率是多少？

（2）输电线中的电流和输电线上损失电压分别是多少？

（3）在输电线路中的升压、降压变压器原副线圈的匝数比分别是多少？

【答案】（1）   （2）           （3）    

【解析】

【分析】根据输电线上损耗的功率为0.6%求出用户得到的功率；根据输电线上损耗的功率求出输电线上的电流和输电线上损失电压，结合升压变压器原副线圈的电流之比求出匝数之比；根据匝数之比求出升压变压器的输出电压，结合输电线上损失的电压，求出降压变压器的输入电压，结合输出电压求出降压变压器的原副线圈的匝数之比；

解：（1）输电线上损耗的功率

用户得到的功率

（2）由得：

输电线上损失电压：

（3）升压变压器原线圈输入电流为：   

升压变压器原、副线圈匝数之比：

升压变压器的输出电压为：   

降压变压器的输入电压为：

降压变压器原、副线圈两端的匝数之比：

17.一物理兴趣小组为了研究碰撞过程的不变量，在水平气垫导轨上设计如图实验，为了分析问题方便，可以把水平气垫导轨设想为水平光滑地面，从而不计滑块与导轨间的摩擦，滑块的速度可以利用光电门测定，图上未画．导轨上质量均为的滑块和通过一根轻弹簧连接，且弹簧处于原长，左侧紧挨着竖直挡板且不粘连．一质量为的滑块以速度水平向左运动，与滑块碰后粘连在一起．试求：

(1)弹簧所具有的最大弹性势能；

(2)整个过程竖直挡板对滑块的冲量；

(3)整个过程滑块的最大速度．

【答案】(1)(2)(3)

【解析】

【详解】(1)滑块和做完全非弹性碰撞，由动量守恒可知

解得

当和向左的速度减为零时，弹簧的弹性势能达到最大，由机械能守恒知

解得

(2)当弹簧第一次恢复原长时，滑块刚好离开挡板，此时和向右的速度大小也为，由动量定理知挡板对滑块的冲量

方向水平向右

(3)滑块离开挡板后，当弹簧再次恢复原长时滑块的速度最大，设为，由动量守恒知

由机械能守恒知

联立以上各式解得