【物理】黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三上学期12月月考试题（解析版）

【物理】黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三上学期12月月考试题（解析版）

黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三上学期 ‎12月月考试题 一、选择题 ‎1.下列说法中符合实际的是 A. 出租汽车按位移的大小收费 B. 在“空间站”工作的宇航员因受力平衡而在舱中悬浮或静止 C. 重力势能、电势、功、磁通量全部是标量，但有正负 D. 质量、长度、电荷量都是国际单位制中的基本物理量，其单位分别为 kg、m、C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．出租汽车按路程收费，选项A错误；‎ B．在“空间站”工作的宇航员做匀速圆周运动，重力完全提供向心力，受力不平衡，选项B错误；‎ C．重力势能、电势、功、磁通量都是标量，但都有正负，选项C正确；‎ D．质量、长度是国际单位制中的基本物理量，电荷量不是国际单位制中的基本物理量，选项D错误．‎ ‎2.“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾度引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是 A. 测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B. 测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C. 测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D. 测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：，故因测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，ABC错误．‎ ‎3.电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行等距实线是等势线．下列说法正确的是 A. 电子受力水平向右 B. 电子在b点电势能较大 C. 由a到b电场力做正功 D. 电子在b点电势较高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．根据电子的运动轨迹和电场线与等势面垂直，可知电子受的电场力竖直向下，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，故A D错误；‎ B．由于a点的电势比b点电势高，根据负电荷在电势高处电势能小，所以电子在b点电势能较大，故B正确；‎ C．从a点到b点的过程中，电场力方向与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，故C错误。‎ ‎4.如图所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，下列说法正确的是( )‎ A. 电子经过磁场时速度增大 B. 欲使电子束打在荧光屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里 C. 欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应调节偏转线圈中的电流使磁场增强 D. 若电子束离开电子枪的速度减小，则原先打在B点的电子束有可能打在A点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电子经过磁场发生偏转时，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，所以电子的速度大小不变，A错误；‎ B.根据左手定则，欲使电子束打在荧光屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，B错误；‎ C.欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应减小电子的偏转程度，则应减小磁感应强度大小，故应调节偏转线圈中的电流使磁场减弱，C错误；‎ D.若电子束离开电子枪速度减小，由可知，半径减小，偏转程度增大，原先打在B点的电子束有可能打在A点，D正确；‎ ‎5.教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻．第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示．第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示．下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）‎ A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变 B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变 C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动 D. 图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.‎ ‎6.已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8m/s2,贴近地球表面飞行卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为 A. 0.2N B. 0.4N C. 2N D. 4N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在两极：；对贴近地球表面飞行的卫星：，解得；则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：，故选C.‎ ‎7.如图所示，边长为1，质量为m的等边三角形导线框abc用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线CD过ab边中点和ac边中点．只在CDFE区域加一垂直于导线框向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导线框处于静止状态时，细线中的拉力为F1；只在ABDC区域中加与上述相同的磁场，导线框处于静止状态时，细线中的拉力为F2．则导线框中的电流大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为 ，电流方向向右，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，电流方向变为向左，据此根据平衡条件列式求解．‎ ‎【详解】当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，电流方向向右，受到的安培力方向竖直向上，根据平衡可知： ，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，故 ，联立可得 ‎ 故A正确；BCD错误；‎ 故选A ‎8.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O＇点的光滑定滑轮悬挂一质量为1kg的物体，OO＇段水平，长度为1.6m．绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4m．则钩码的质量为 A. 12kg B. 1.6kg C. kg D. kg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】重新平衡后，绳子形状如下图： ‎ ‎ 设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ=53°，则根据平衡可求得：2mgcos53°=Mg；解得：M=1.2kg，故A正确，BCD错误．‎ ‎9.如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）‎ A. 系统的合外力冲量为零 B. 系统机械能守恒 C. 系统机械能不断增加 D. 系统动量守恒 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的电场力大小相等、方向相反，则系统所受电场力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故AD正确；‎ BC．加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，此过程系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减小，故BC错误。‎ ‎10.如图所示，纸面内间距均为L的A、B、C三点位于平行于纸面的匀强电场中．电荷量为q=1.0×10-5C的负电荷由A点移动到C点克服电场力做功为，该电荷由C点移动到B点电场力做功为W2=2.0×10-5J．若B点电势为零，以下说法正确的是 A. A点的电势为2V B. A点的电势为-2V C. 匀强电场的方向为由C点指向A点 D. 匀强电场的方向为垂直于AC指向B点 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式，分别求出A与C间、C与B间电势差，结合B点电势为零，再确定A、B两点的电势．找到等势线，根据电场线和等势面的关系分析场强的方向．‎ ‎【详解】对于C、B间电势差为：，若B点电势为零，UCB=φC-φB，则C点电势φC=2V．而A与C间的电势差为：，因UAC=φA-φC，则A点电势φA=-2V，故A错误，B正确；因φC=2V，φA=-2V，可知，AC连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C正确，D错误．所以BC正确，AD错误．‎ ‎【点睛】本题主要考查对电势差公式的应用能力，各量均需代入符号．注意电势有正负，而电压没有正负可言．‎ ‎11.如图所示，在磁感应强度大小为B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m 、电荷量为-q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ．设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中,其速度—时间图象和加速度—时间图象可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中“匀强磁场内…带电小物块…沿斜面向上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场中的运动．根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析推断．‎ ‎【详解】对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：、，联立解得：，方向沿斜面向下．所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢；在小物块上滑过程中，加速度减不到零．‎ AB：速度时间图象的切线斜率表示加速度，则A项错误，B项正确．‎ CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零．故C项正确，D项错误．‎ ‎12.如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2．则下列说法正确的是 A. 滑块与木板之间动摩擦因数为0.6‎ B. 木板与地面之间的动摩擦因数为0.1‎ C. F的大小可能为9N D. F的大小与板长L有关 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据木板A的v-t图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度，根据牛顿第二定律列式求解两个动摩擦因数；若木块在木板上滑动时，木块的加速度应该大于木板的加速度，由此求解F的范围；根据木块和木板的位移关系求解F与L的关系.‎ ‎【详解】滑块在木板上滑动时木板的加速度为，对木板根据牛顿第二定律：；滑块从木板上滑出时木板的加速度为，对木板根据牛顿第二定律：；联立解得：μ1=0.7，μ2 =0.1，选项A错误，B正确；对木块B：，其中的aA>2m/s2，则F>9N，则F的大小不可能为9N，选项C错误；根据，式中t=1s ，联立解得：F=2L+9，即F的大小与板长L有关，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过v-t图像获取运动信息，结合牛顿第二定律求解.‎ 二、实验题 ‎13.某电阻阻值约为400Ω，为了更精确地测定该电阻的阻值，小明欲采用伏安法．现有如下实验器材：①量程为3 V，内阻约为3 kΩ的电压表；②量程为10 mA，内阻约为0.1 Ω的电流表；③阻值为0～20 Ω的滑动变阻器；④内阻可忽略，输出电压为3 V的电源；⑤‎ 开关和导线若干．‎ 如图中P点应该________，Q点应该________．（均在下列选项中选择）‎ A接a B.接b C.接c D.不接 ‎【答案】 C A ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]因为 所以电流表采用内接法，故P点应该接c；‎ ‎[2]滑动变阻器的阻值较小，远小于待测电阻，因此采用分压式接法，故Q点应该接a。‎ ‎14.物理兴趣小组的同学想要测定一粒旧纽扣电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）他们先用多用电表粗略测量了该电池电动势，如图甲所示，则测量值为____；‎ ‎（2）用如图乙的电路测定该电池的电动势和内阻，测量和计算数据如下表：‎ ‎（表中各物理量单位均为国际单位制单位）‎ R ‎200‎ ‎400‎ ‎600‎ ‎800‎ ‎1 000‎ U ‎0.50‎ ‎0.82‎ ‎1.05‎ ‎1.22‎ ‎1.33‎ ‎0.00250‎ ‎0.00205‎ ‎0.00175‎ ‎0.00153‎ ‎0.00133‎ ‎0.00125‎ ‎0.00168‎ ‎0.00184‎ ‎0.00186‎ ‎0.00177‎ 三位同学根据数据用Excel作出了如图丙所示三幅不同的图象，这些图象的纵坐标均为U，横坐标分别为R、和中的某个，其中___（填“A”“B”或“C”）图体现了物理量间的线性关系，该图横坐标的物理量为____（填“R”“”或“”），根据该图象求得该纽扣电池的内阻为_________．（计算结果取1位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 2.6V (2). A 7×102Ω（或0.7kΩ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图甲所选可知，多用电表选择电压10V挡，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，示数为：2.6V；‎ ‎(2)[2][3]由图丙所示图线可知，A图象是一条直线，A 图体现了物理量间的线性关系；由图乙所示电路图可知，电源电动势 整理得 U与是线性关系，图A的横坐标为；‎ ‎[4]由图A所示图线可知，电池的内阻 三、解答题 ‎15.如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v－t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）2s内物块的位移大小x；‎ ‎（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F．‎ ‎【答案】（1）0.5 m（2）4 m/s2；－4 m/s2；8N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块上升的位移：‎ x1＝×2×1m＝1m 物块下滑的距离：‎ x2＝×1×1 m＝0.5m 位移 x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m ‎(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小 a1＝m/s2＝4m/s2‎ a2＝m/s2＝－4m/s2‎ 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，0～0.5s内 F－Ff－mgsinθ＝ma1‎ ‎0.5～1s内 ‎－Ff－mgsinθ＝ma2‎ 联立解得：‎ F＝8N ‎16.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向夹角θ=60°，重力加速度为g.‎ ‎(1)求小球所受到的电场力大小；‎ ‎(2)小球在A点速度多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)抓住带电小球运动至C点的速度最大这一突破口，根据竖直平面内圆周运动的最大速度出现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而电场力和重力的合力则背离圆心的方向．作出受力示意图，求解电场力的大小．(2)D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，在“最高点”对轨道压力为0，由牛顿第二定律求解.‎ ‎【详解】(1)已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直平面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C点电场力和重力的合力则背离圆心的方向，如图:‎ 则有 因此电场力为：‎ ‎(2)D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即:‎ 解得:‎ 由A点运动到D点的过程,由动能定理：‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题抓住小球经D点时速度最小，相当于竖直平面的最高点，根据指向圆心的合力提供圆周运动向心力为解题关键.‎ ‎17.如图所示，在y轴右侧平面内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，坐标原点O有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射比荷为 Kg/C的正离子，这些离子速率分别在从0到最大值vm=2×106 m/s的范围内，不计离子之间的相互作用 ‎（1）求离子打到y轴上的范围；‎ ‎（2）若在某时刻沿方向放射各种速率的离子，求经过时这些离子所在位置构成的曲线方程；‎ ‎（3）若从某时刻开始向y轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过s时已进入磁场的离子可能出现的区域面积；‎ ‎【答案】（1）范围为0到2m（2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：离子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出最大的半径，由几何知识分析得到，离子打到y轴上离O点最远距离等于直径；求出离子运动的周期，根据时间与周期的关系，确定出这些离子轨迹所对应的圆心角，运用参数方程求解这些离子所在位置构成的曲线方程；根据几何知识作出离子可能到达的位置，求出面积．‎ ‎（1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为R 由牛顿第二定律得： ‎ 解得： ‎ 由几何关系知，离子打到轴上的范围为0到2m ‎（2）离子在磁场中运动的周期为T，‎ 则 ‎ t时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ 则 这些离子构成的曲线如图1所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（，）‎ ‎（3）将第（2）问中图2中的OA段从沿轴方向顺时针方向旋转，在轴上找一点C，以R为半径作圆弧，相交于B，则两圆弧及轴所围成的面积即为在向轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在时已进入磁场的离子所在区域．‎ 由几何关系可求得此面积为：‎ 则：‎ ‎【点睛】本题考查运用数学知识分析和解决物理问题的能力，采用参数方程的方法求解轨迹方程，根据几何知识确定出离子可能出现的区域，难度较大．‎