2020届高三物理上学期12月检测试试题（含解析）人教新目标版

2020届高三物理上学期12月检测试试题（含解析）人教新目标版

‎2019届高三12月检测试卷物理试题 一、选择题 ‎1. 下列各种情况，哪种情况下，物体处于平衡态（ ）‎ A. 用细线悬挂在匀速前进的火车车厢天花板上的小球 B. 对参照物相对静止的物体 C. 竖直上抛的小球达到最高点时 D. 做匀速圆周运动的小球 ‎【答案】A ‎【解析】处于平衡状态的物体所受的合力为零，加速度为零，速度保持不变；用细线悬挂在匀速前进的火车车厢天花板上的小球处于平衡状态，选项A正确；对参照物相对静止的物体不一定处于平衡状态，选项B错误；竖直上抛的小球达到最高点时加速度不为零，不是平衡状态，选项C错误；做匀速圆周运动的小球有向心加速度，故不是平衡状态，选项D错误．故选A．‎ ‎2. 人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，如图所示．以下说法正确的是（ ）‎ A. 人受到的摩擦力水平向左 B. 人对扶梯的压力等于扶梯对人的支持力 C. 人处于超重状态 D. 扶梯对人的作用力竖直向上 ‎【答案】B - 14 -‎ ‎3. 我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线甲和速度图象乙，则下列说法中正确的是 A. 全过程中最大加速度是0.025m/s2‎ B. 潜水员感到超重发生在0~1min和8~10min的时间段内 C. 图中代表本次下潜最大深度，应为360m D. 整个潜水器在8~10min时的时间段内机械能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据v-t图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；v-t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向．根据加速度大小分析受力情况，即可判断机械能守恒是否守恒．‎ v-t图象的斜率表示加速度，0-1min内和3-4min内加速度最大，最大加速度是，A错误；潜水员在0-1min和8-10min的时间段内，根据度图象（b）得加速度方向向下，所以处于失重状态，B错误；根据深度曲线（a）得代表本次最大深度，在时到达最大深度，根据v-t图象的面积得：0-4min位移是360m，即最大深度为360m，C正确；整个潜水器在8-10min时间段内加速度不等于g，所以机械能不守恒，故D错误．‎ - 14 -‎ ‎4. 在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经过时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度方向相反，如图所示，则下列说法中正确的是 A. 风力对物体做功为零 B. 风力对物体做负功 C. 物体的机械能增加 D. 物体的动能变化为 ‎【答案】B ‎【解析】由题意知物体的动能不变，D错；由于物体在竖直方向上初、末速度为0，即物体不做自由落体运动，物体在竖直方向下落的高度小于，物体减少的机械能ΔE＝mgh，所以，故C错误；由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同，故A错，B对．故选B.‎ ‎【点睛】本题整合了动能定理、自由落体运动等多个知识点，关键要正确分析物体的受力情况，采用运动的分解方法研究．‎ ‎5. 一个物体沿直线运动，从t=0时刻开始，物体的的图象如图所示，图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5m/s和－1s，由此可知( )‎ A. 物体的初速度大小为0.5m/s B. 物体做变加速直线运动 C. 物体做匀速直线运动 D. 物体的初速度大小为1m/s ‎【答案】A ‎【解析】由数学知识可得: ,则得: ‎ - 14 -‎ 由匀变速直线运动的位移公式 可以知道物体做匀加速直线运动,初速度为 ,物体的加速度大小为 故A正确 综上所述本题答案是：A ‎6. 如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合电键后，悬线与竖直方向夹角为α。则()‎ A. 保持电键闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度α会减小 B. 保持电键闭合，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 C. 将电键再断开，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 D. 将电键再断开，缩小P、Q两板间的距离，角度α不变化 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，缩小P、Q两板间的距离，由分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则α增大．相反，加大P、Q两板间的距离时，α会减小．故AB错误．电键S断开，电容器的带电量不变，根据公式，U=Ed、，则得，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ 考点：电容器的电容；电场强度.‎ ‎7. 如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 物体M一定受到4个力 - 14 -‎ B. 物体N可能受到4个力 C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力 D. 物体M与N之间一定有摩擦力 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析： M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力，一共4个力，故AD正确，BC错误; 故选AD．‎ 考点：受力分析 ‎【名师点睛】本题主要考查了同学们受力分析的能力，注意整体法和隔离法的应用。‎ ‎8. 如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷+Q和-Q，C是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DE连线垂直于x轴．下列判断正确的是（　　）‎ A. D、E两点场强大小相等 B. D点电势比E点电势低 C. 将正电荷由O移至C电势能减少 D. 将正电荷由O移至D和由C移至E电场力做功相等 ‎【答案】BD - 14 -‎ ‎【解析】根据等量异种电荷周围电场的分布情况，可知D、E两点的电场线的疏密不同，则场强大小不等，D点的场强较大，故A错误．作出过E点的等势线，与x轴的交点为F，如图所示，‎ 根据顺着电场线电势降低可知，D点的电势比F点的电势低，则知D点电势比E点电势低，故B正确．y轴是一条等势线，在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，所以将正电荷由O移至C电场力不做功，电势能不变，故C错误．由于OD间的电势差大于CE间的电势差，根据W=qU可知，将正电荷由O移至D电场力做功大于由C移至E电场力做功，故D错误．故选B.‎ ‎9. 下列关于功和机械能的说法，正确的是 A. 在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B. 合力对物体所做的功等于物体动能的改变量 C. 物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关 D. 运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 ‎【答案】BC ‎【解析】A项，任何情况下，物体重力势能的减少等于重力对物体所做的功，故A项错误。‎ B项，由动能定理知，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，故B项正确。‎ C项，根据重力势能的产生可知，重力势能是物体与地球之间的相互作用能，势能的大小与势能零点的选取有关，故C项正确。‎ D项，只有在机械能守恒或其它外力做功为0时，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，故D项错误。‎ 综上所述本题答案是：BC ‎10. 如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是AC A. B. ‎ - 14 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：两滑块的角速度相等，根据向心力公式，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大，故AC正确．‎ 考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律 ‎【名师点睛】抓住两物块角速度相等，根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦力，然后角速度增大，通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化．‎ ‎11. 如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动。若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ。经时间t，恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( )‎ A. 物体回到出发点时的机械能是80J B. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是2mgvsinθ/3‎ C. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是4mgvsinθ/3‎ D. 撤去力F前的运动过程中，物体的机械能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的机械能一直在减少 ‎【答案】AB - 14 -‎ ‎【解析】根据功能原理知，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以物体回到出发点时的机械能是80J，故A正确．设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：a1和a2．这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：a1t2=-（a1t•t-a2t2），则得，a1：a2=1：3．因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得：F-mgsinθ=ma1， 撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为：a2=gsinθ 联立上两式得：F=mgsinθ 设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v′，则有：v′=a1t=gsinθt 对于从撤去到返回的整个过程，有：-v=v′-gsinθ•t， 解得，v′=v，所以在撤去力F前的瞬间，力F的功率：P=Fv′=mgvsinθ，故B正确，C错误．撤去力F前的运动过程中，除重力外只有F对物体做正功，则物体的机械能一直在增加，撤去力F后，物体只有重力做功，机械能守恒，故D错误．故选AB.‎ ‎12. 如图所示a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V．一质子从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动判断正确的是:( )‎ A. 质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eV B. 质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eV C. 质子经过等势面c时的速率为2.25v D. 质子经过等势面c时的速率为1.5v ‎【答案】BD ‎【解析】由运动到，则电场力做功为正功，则电势能减小，动能增加．故A错误，B正确．由到，；由到，；联立得：，故CD错误；故选B．‎ 二．实验题 ‎13.‎ - 14 -‎ ‎ 装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略。设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是F1，在最低点时绳上的拉力大小是F2。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度g。 ‎ ‎（1）小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=_______mm。 ‎ ‎（2）小军同学认为不需要测小球的直径。他借助最高点和最低点的拉力F1、F2，再结合机械能守恒定律即可求得重力加速度g。小军同学还需要测量的物理量有__________(填字母代号)。 ‎ A．小球的质量m B．轻绳的长度l C．小球运动一周所需要的时间T ‎（3）根据小军同学的思路，请你写出重力加速度g的表达式____________。‎ ‎【答案】 (1). 5.695 (2). 5.695 (3). ‎ ‎【解析】试题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，固定部分每个刻度为0.5mm，可动部分每个刻度单位为0.01mm；根据牛顿第二定律，在最低点与最高点列出合力提供向心力的表达式，再结合机械能守恒定律，即可求解．‎ ‎（1）螺旋测微器的固定刻度读数5.5mm，可动刻度读数为0.01×19.5=0.195mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=5.5mm+0.195mm=5.695mm．‎ ‎（2、3）由牛顿第二定律，在最高点，则有，而在最低点，则有：；再依据机械能守恒定律，则有： ，联立上式，解得，因此已知最高点和最低点的拉力 - 14 -‎ ‎，小军同学还需要测量的物理量有小球的质量m，故A正确，BC错误；根据小军同学的思路，重力加速度g的表达式为；‎ ‎14. 用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离s1=38.40cm、s2=21.60cm、s3=26.40cm、s4=31.21cm、s5=36.02cm所示。已知m1=50g、m2=150g，频率为50Hz，则(g取9.8 m/s2，所有计算结果保留三位有效数字)‎ ‎（1）在纸带上打下计数点6时的速度v6=______m/s;‎ ‎（2）在打点0～6过程中系统动能的增量=_______J，系统势能的减少量________ J,由此得出的结论是__________________。‎ ‎（3）若某同学根据实验数据作出的图象如图，则当地的实际重力加速度g=_________ m/s2‎ ‎【答案】 (1). 2.88 (2). 0.829 (3). 0.847 (4). 在误差允许范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (5). 9.70‎ ‎【解析】（1）每相邻两计数点间还有4个点，所以打点周期为T=0.1s，根据中点时刻的速度等于平均速度则 ‎ ‎（2）在打点0～6过程中系统动能的增量 ‎ 系统势能的减少量：‎ ‎ ‎ - 14 -‎ 从数据上可以得到：在误差允许范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 ‎（3）根据机械能守恒 得： ，‎ 所以图像的斜率表示重力加速度的一半 ‎ ，‎ 则 ‎ 综上所述本题答案是：(1). 2.88 (2). 0.829 ；0.847 ；在误差允许范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 （3）9.70‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平。求外力F的大小。‎ ‎【答案】F=4.5mg ‎【解析】研究小球，在竖直方向上有：mg=masin30°‎ 研究整体，沿斜面方向有：F+（M+m）gsin30°=（M+m）a 又M=2m 解得F=4.5mg ‎16. 如图所示，两个质量都为M的木块A、B用轻质弹簧相连放在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹以速度v射向A块并嵌在其中，求弹簧被压缩后的最大弹性势能．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】子弹击中木块A的过程，子弹和A组成的系统动量守恒，由动量守恒得：‎ mv=（M+m）v1， 解得： ； ‎ - 14 -‎ 当子弹、两木块速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，在该过程中，子弹、两木块组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律得：‎ ‎（M+m）v1=（2M+m）v2， 解得： ； 由能量守恒定律（或机械能守恒定律）得，弹簧弹性势能的最大值： ；‎ 点睛：本题是含有弹簧的类型，对于子弹打击过程，要明确研究对象，确定哪些物体参与作用，运用动量守恒和机械能守恒进行求解即可；注意子弹射入木块中时要有机械能损失的.‎ ‎17. 如图所示，一固定斜面的倾角θ=37°，p点距斜面底端A点的距离x。BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，两轨道的半径均为R=2m。滑板长L=7.1m，质量为M=1kg，静止在光滑水平地面上，滑板上表面与斜面水平底边的高度差H=4m，滑板右端紧靠C点，上表面恰能与两圆弧相切于C点和D点，滑板左端到半圆形轨道下端D点的距离L′=3.3m。一物块（可视为质点）质量m=1kg从斜面上的p点由静止下滑，物块离开斜面后恰在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，经C点滑上滑板，在C点对轨道的压力大小N=60N，滑板左端到达D点时立即被牢固粘连。物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ=0.5，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）物块滑到C点的速率vC；‎ ‎（2）P点距斜面底端A点的距离X；‎ ‎（3）物块最终静止时的位置到D点的距离S。‎ ‎【答案】（1）vC=10m/s（2）5m（3）0.4m - 14 -‎ ‎..................‎ ‎（1）由题意知，在C点对轨道的压力大小N=60 N，重力和支持力的合力提供向心力 由牛顿第二定律可得：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）滑块静止从P滑到C点过程，由动能定理可得：‎ 代入数据解得：x=5m ‎（3）设物块与滑板能达到共同速度v，即物块未从滑板上落下来，滑板也未与D点相撞．‎ 对物块，由速度公式有： ‎ 对滑板，由速度公式有： ‎ 代入数据解得：‎ 物块的位移：‎ 滑板的位移：‎ 滑板未到达D点，‎ 物块未从滑板上落下，达到共同速度后，物块与滑板一起匀速运动距离0.8m滑板到达D点，滑板撞停后，物块独自匀减速运动到D点．‎ 则有： ‎ 代入数据解得：‎ 因 物块不会脱轨，再次回到D点后做匀减速直线运动，设其向右减速的最大位移为 则 物块最终静止时的位置到D点的距离：‎ - 14 -‎ ‎【点睛】本题是一道力学综合题，关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，应用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律解题．‎ ‎ ‎ - 14 -‎