河北省南和县第一中学2020届高三上学期12月月考物理试题

河北省南和县第一中学2020届高三上学期12月月考物理试题

理综物理试题 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）‎ ‎1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是(　　 )‎ A. 在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒 B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C. 全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中，两物体都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，根据动量守恒可知，小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ ‎2.如图所示为某质点做直线运动的v-t图像。在下列说法中正确的是（ ）‎ A. 第1s末和第3s末质点在同一位置 B. 第1s内和第2s内质点的加速度相同 C. 第2s内和第6s内质点的位移相等 D. 0~2s质点运动的路程等于3~5s质点运动的路程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1~3s，质点的位移不为零，第1s末和第3s末质点不在同一位置，选项A错误；‎ B．第1s内和第2s内图像的斜率不同，质点的加速度不相同，选项B错误；‎ C．第2s内和第6s内，图线下的面积相同，质点的位移相等，选项C正确；‎ D．路程是物体运动轨迹的长度，0~2s质点运动的路程大于3~5s质点运动的路程，选项D错误。‎ 故选C.‎ ‎3.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向斜向右上方，与水平方向的夹角为45°。一个四分之三金属圆环ab置于匀强磁场中，圆环的半径为r，圆心为O，两条半径oa和ob相互垂直， oa沿水平方向，ob沿竖直方向；将圆环等分为两部分，当圆环中通以电流I时，一半圆环受到的安培力大小为（ ）‎ A. BIr B. C. BIr D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据几何关系，通电导线的有效长度为，根据安培力的公式可得，圆环受到的安培力为，所以一半圆环受到的安培力大小为 A．BIr，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．BIr，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论相符，选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎。‎ ‎4.如图所示，倾角为α的固定斜面上有m和M两个静止的物块。m与斜面之间的动摩擦因数是确定的数值，M是光滑的，与斜面之间无摩擦力。m的质量不变，逐渐增加M的质量，在m与斜面发生相对运动前，下列说法正确的是（ ）‎ A. m受到的合力逐渐变大 B. m受到的斜面的摩擦力逐渐变大 C. 斜面对m的支持力逐渐变大 D. M对m的压力保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．m保持静止，m受到的合力不变，选项A错误；‎ B．m受到的斜面的摩擦力f=（M+m）sinα，则逐渐变大，选项B正确；‎ C．斜面对m的支持力mgcosα是不变的，选项C错误；‎ D．M对m的压力Mgsinα逐渐变大，选项D错误。‎ 故选B.‎ ‎5.如图所示，a、b、c、d是以O点为圆心的圆弧上的四个点，该圆的半径R＝‎5m。a、b、c、d也在xOy坐标系的x轴和y轴上，匀强电场的方向与x轴正方向成θ＝53°角，已知O点的电势为零，a点的电势为4V，则下列说法正确的是(　　) ‎ A. 匀强电场的场强E＝1V/m B. b点电势为2.5V C. 将一个电荷为‎-1C的试探电荷从b点移到d点，电场力做功为6J D. 将一个电荷为+‎1C的试探电荷从a点移到c点，试探电荷的电势能减少8J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O之间沿电场线方向的距离为d=Rsin53o=‎4m，电场强度的大小为 ‎=1V/m 选项A正确；‎ B．O之间沿电场线方向的距离为x=Rcos53o=‎3m，b点电势为，选项B错误；‎ C．b, d质点的电势差为 电场力做功 选项C错误；‎ D．a、c质点的电势差为 电场力做功 电势能减少8V，选项D正确。‎ 故选AD.‎ ‎6.在地球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点假如宇航员登上某个半径为地球半径2倍的行星表面，仍以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间4t后回到出发点．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 这个行星的质量与地球质量之比为1：2‎ B. 这个行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1：‎ C. 这个行星的密度与地球的密度之比为1：8‎ D. 这个行星的自转周期与地球的自转周期之比为1：1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 地球表面重力加速度为：g=，‎ 未知行星表面重力加速度为：g′==，‎ 根据，,有M′:M=1:1，故A错误；‎ B. 第一宇宙速度v=，v′=，故这个行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为v′:v=1：，故B正确；‎ C. 由于M′:M=1:1，体积比为8:1，故这个行星的平均密度与地球的平均密度之比为1:8，故C正确；‎ D. 条件不足，自转情况无法确定，故D错误；‎ 故选BC ‎【点睛】对于竖直上抛运动，返回速度与抛出速度等大、反向，运动性质是匀变速直线运动，根据速度时间公式可以到加速度之比；根据v=分析第一宇宙速度情况；根据分析质量情况和密度情况．‎ ‎7.如图所示，足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从bd的中点O处，垂直磁场方向射入一速度为v的带正电粒子，v与bd边的夹角为30°。已知粒子质量为m，bd边长为L，不计粒子的重力，则（ ）‎ A. 粒子能从ab边射出磁场的最大速度 B. 粒子能从bd边射出磁场的最大速度 C. 粒子在磁场中运动的最长时间 D. 粒子在磁场中运动的最长时间 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若带电粒子能从ab射出，则带电粒子运动轨迹恰好与边界cd相切，此时做出带电粒子在磁场中运动的圆心O1，依据几何关系可知，此时圆周运动的半径为L，依据可知 v=‎ 故A正确;‎ B．如果速度越小。越容易射出磁场，故刚好从bd边出射的粒子轨迹与ab边相切，此时带电粒子在磁场中圆周运动的轨迹如图O2，此时依据几何关系可得，半径为，依据可得 故B选项错误。‎ CD．带电粒子运动最长时间为圆心角最大的时候，从图可知从bd边出射时时间最长，故带电粒子的最长时间对应圆心角为300°，依据可知运动时间为 故D选项正确，C错误.‎ 故选AD.‎ ‎8.如图所示，两光滑金属导轨间距为‎1m，固定在绝缘桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度大小为1T、方向竖直向下的有界匀强磁场中(导轨其他部分无磁场)，电阻R的阻值为2Ω，桌面距水平地面的高度为‎1.25m，金属杆ab的质量为‎0.1kg，有效电阻为1Ω．现将金属杆ab从导轨上距桌面高度为‎0.45m的位置由静止释放，其落地点距桌面左边缘的水平距离为‎1m．取g=‎10m/s2，空气阻力不计，离开桌面前金属杆ab与金属导轨垂直且接触良好．下列判断正确的是（ ）‎ A. 金属杆刚进入磁场时，其速度大小为‎3m/s B. 金属杆刚进入磁场时，电阻R上通过的电流大小为‎1.5A C. 金属杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力所做的功为0.25J D. 金属杆穿过匀强磁场的过程中，通过金属杆某一横截面的电荷量为‎0.2C ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎）由机械能守恒定律求出金属杆进入磁场时的速度，然后由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电流；根据平抛运动求出出磁场的速度，再根据动能定理求出克服安培力做的功，根据动量定理可以求出通过金属杆某一横截面的电荷量．‎ ‎【详解】金属杆进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：v=‎3m/s，故A正确；金属棒切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，由闭合电路的欧姆定律可知，电流：，故B错误；金属棒离开磁场后做平抛运动，在竖直方向上，水平方向上：，解得：，金属杆穿过匀强磁场的过程中，根据动能定理有：，即克服安培力所做的功为0.25J，故C正确；金属杆穿过匀强磁场的过程中，根据动理定理有：，又，则有：，解得：q=‎0.1C，故D错误；故选AC．‎ ‎【点睛】本题考查了电磁感应与电路和能量的综合，知道切割部分相当于电源，结合闭合电路欧姆定律、能量守恒、切割产生的感应电动势公式进行求解．‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共62分）‎ 二、必考题（本题共4小题，共47分）‎ ‎9.为了测量小车和桌面之间的动摩擦因数，某课外探究小组设计了如图甲所示的实验装置。‎ ‎（1）在实验设计和操作中，小组成员达成了一些共识，也出现了一些分歧。小组成员共同认为两根细线均应该处于水平．但是，对以下两个问题出现了分歧，请你帮助他们做出选择。‎ ‎①本实验中桌面应该（ ）‎ A．保持水平 B．适当倾斜，来平衡摩擦力 ‎②本实验使用了电火花计时器，所以应该选的电源应该是（ ）‎ A．4~6V的交流电源 B．220V的交流电源 ‎(2)该实验小组进行了正确地实验操作后，得到一条如图乙所示的纸带。该小组每隔四个点选一个计数点，得到了A、B、C、D、E等5个计数点．已知打点计时器的工作周期为0.02s，则小车的速度a=________m/s(结果保留2位有效数字)．‎ ‎（3）实验中测得小车的质量为m，加速度为a，拉力传感器的示数为F，已知当地的重力加速度为g，则小车与水平桌面间的动摩擦因数μ= ________（用题目所给的字母表示）.‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 0.40 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．本实验的目的是测量动摩擦因数，所以不能平衡摩擦力，选项A正确；‎ ‎[2]．电火花计数点使用的是220V的交流电源，选项B正确。‎ ‎（2）[3]．根据逐差法，可得小车的加速度大小为:‎ ‎（3）[4]．对小车，根据牛顿第二定律可得:‎ 解得 ‎10.为了测量某金属丝的电阻率，某同学进行了如下操作。‎ ‎（1）该同学先用正确的操作方式，用欧姆表粗测了金属丝的阻值。已知欧姆档的“×1档”，指针位置如图所示，则金属丝的阻值约为_______Ω。‎ ‎（2）实验室提供以下器材供：‎ A．电池（3V，内阻约0.1Ω）‎ B．电流表（0﹣‎06A，内阻约0.2Ω）‎ C．电压表（0﹣3V，内阻约5KΩ）‎ D．滑动变阻器（0﹣30Ω，允许最大电流‎1A）‎ E．开关、导线若干 ‎ 请帮该同学画出合理的电路图______（金属丝用电阻符号表示）‎ ‎（3）请根据电路图补充下面的的实物图______：‎ ‎（4）使用上面的电路图，测量的金属丝电阻的测量值比真实值偏________（填“大”或“小”）；‎ ‎（5）如果金属丝长度为L，直径为d，测得电阻值为电压表读数为U，电流表读数为I，则计算金属丝电阻率的表达式ρ=____．‎ ‎【答案】 (1). 7 (2). 答案见解析 (3). 答案见解析 (4). 小 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．欧姆档为“×1档”，所测电阻阻值为7×1=7Ω；‎ ‎(2)[2]．测量金属丝的电阻率，提供的滑动变阻器最大电阻约为电阻丝的4倍，则滑动变阻器采用限流式接法；又电阻丝电阻远小于电压表内阻，则电流表采用外接法。实验电路如图：‎ ‎(3)[3]．根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎(4) [4]．由于电压表的分流，会使待测金属丝电阻的测量值比真实值偏小。‎ ‎(5) [5]．根据电阻定律:‎ 所以:‎ 其中解得:‎ ‎11.如图所示，光滑平台上有两个可视为质点的两个滑块块A、B，两滑块之间有一个压缩弹簧，一开始A、B用轻绳相连处于静止状态。两个滑块的质量分别为mA=‎1kg，mB=‎2kg，A、B之间弹簧的弹性势能为Ep=12J。与平台等高的小车的质量为M=‎2kg，长度L=‎0.6m，小车的右侧固定一个轻弹簧。小车下面的地面是光滑的，小车上表面的动摩擦力因数为μ=0.1。不计小车上的弹簧的长度，重力加速度g=‎10m/s2．某时刻剪断A、B之间的细绳。求：‎ ‎（1）A、B分离时，两滑块的速度分别为多少；‎ ‎（2）小车上的弹簧的最大弹性势能是多少；‎ ‎（3）试判断滑块B是否滑离小车，如果没有滑离小车，物块最终距离P点多远．‎ ‎【答案】（1） ‎4 m/s ‎2 m/s（2）0.8 J （3）‎‎0.4 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、B分离时：‎ 解得：‎ ‎,‎ ‎（2）滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：‎ 由能量守恒定律：‎ 其中=‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（3）假设滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u 由能量守恒定律 其中=‎ 解得:‎ x=‎1.2m>‎‎2L 滑块B没有离开小车 物块最终距离P点:‎ s=‎2L-x s=‎‎0.4m ‎12.如图所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=‎0.1m，板长L=‎0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=‎0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示周期性的方波形电压，已知U0=1.0×102V，t=0s时刻，A板电势高于B板电势．在挡板的左侧，有大量带负电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10‎-7kg，电荷量q=1.0×10‎-2C，速度大小均为v0=1.0×‎104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求粒子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到光屏中心O点的距离；‎ ‎（3）若撤去挡板，求粒子打在荧光屏上的最高位置和最低位置到光屏中心O点的距离．‎ ‎【答案】(1) (2)‎0.85m（3）‎0.1m,0.005‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动：L=v0t ‎ 粒子在电场中运动时间 ‎（2）粒子在电场运动时间一共是3×10-5s，根据两极板电压变换图b，在竖直方向上0-2×10-5s粒子匀加速运动，粒子匀减速直线运动，由于电压大小一样，所以加速度大小相等 离开电场时竖直方向速度： 竖直方向位移： 离开电场后到金属板的过程，水平方向匀速直线运动：x=v0t′ 竖直方向匀速直线运动y′=vyt′=‎0.05m ‎ 所以打到荧光屏的位置到O点的距离y+y′=‎‎0.085m 因为任意时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间=T（交变电场变化的周期），设粒子在任意的t0时刻进入，离开电场时竖直方向的末速度 均相同 （也可借助图像分析）‎ 所以所有粒子离开电场时的速度方向相互平行 由（2）得，t=nT （n=0、1、2...）时刻进入的粒子，离开电场时在竖直方向上具有最大的位移y=‎‎0.035m 若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上边缘离开电场，如图所示；‎ 故粒子打到荧光屏上最高点到O点的距离为 ‎ nT＋≤ t≤nT＋2T/3时刻进入的粒子，若粒子进入的位置合适，粒子向B板运动的速度减小到0时，粒子刚好可以到达B板，随后开始向A板加速，加速时间均为t=1×10-5s，此情形下粒子射出极板时位置最低，打到荧光屏上的位置也最低．对应粒子射出极板时离B板距离为 则粒子打到荧光屏上最低点到O点的的距离为‎0.005m．‎ ‎【点睛】解决在偏转场中问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移．‎ 三、选考题（下面2小题，每小题15分，考生可任选1题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）‎ ‎【选修3-3】‎ ‎13.关于分子力和分子势能，下列说法正确的是 A. 当分子力表现为引力时，分子之间只存在引力 B. 当分子间距离为r0时，分子之间引力和斥力均为零 C. 分子之间的斥力随分子间距离的减小而增大 D. 当分子间距离为r0时，分子势能最小 E. 当分子间距离由r0逐渐增大时（小于10r0），分子势能增大 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】分子力表现为引力时，分子之间的引力大于斥力，并非分子之间只存在引力，选项A错误；当分子间距离为r0时，分子之间引力和斥力相等，分子力表现为零，选项B错误；分子之间的斥力随分子间距离的减小而增大，选项C正确；当分子间距离为r0时，分子势能最小，选项D正确；当分子间距离由r0逐渐增大时（小于10r0），因分力表现为引力，分子力做负功，则分子势能增大，选项E正确；故选CDE.‎ ‎14.如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝‎200kg，活塞质量m＝‎10kg，活塞横截面积S＝‎100cm2.活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气.此时，缸内气体的温度为‎27℃‎，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止.已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝‎10m/s2.求：‎ ‎(1)汽缸内气体的压强p1；‎ ‎(2)汽缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？此过程中汽缸内的气体是吸热还是放热？‎ ‎【答案】(1)3.0×105 Pa　(2)‎327 ℃‎　吸热 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以汽缸为研究对象，受力分析如图所示：‎ 列平衡方程：Mg＋p0S＝p1S，‎ 解得： ‎ 代入数据得： ‎ ‎（2）设缸内气体温度升到t2时，活塞恰好会静止在汽缸口．‎ 该过程是等压变化过程，由盖—吕萨克定律得：‎ ‎ ‎ 代入数据得t2＝‎‎327 ℃‎ 气体体积增大，对外做功，同时温度升高内能增大，所以透热的汽缸一定从外界吸收热量．‎ 故本题答案是：(1)3.0×105 Pa　(2)‎327 ℃‎　吸热 ‎【点睛】气体内能和温度有关，温度升高，则内能增大，若气体的体积增大，则表明气体对外界做功．‎ ‎【选修3-4】‎ ‎15.一列简谐横波在t=0时刻波形图如图甲表示，简谐波上的质点P振动图象如图乙所示，下列说法正确的是____.‎ A. 该波沿x轴正方向传播 B. 该波的波速为0. ‎5m/s C. 在x=1s时刻，质点P移动到x=‎50cm处 D. 在t =3.75s时，质点P沿y轴正方向运动 E. 在10s内，质点P运动路程是‎2cm ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在t=0时刻，P沿y轴正方向运动，根据前一质点带动后一质点运动的原理，该波沿x轴负方向传播，选项A错误；‎ B．这列波λ=‎100cm=‎1m，周期T=2s，故波速 ‎＝‎0.5m/s 选项B正确；‎ C．质点并不随波迁移，选项C错误；‎ D．结合图乙，在t =3.75s时，质点P沿y轴负方向运动，选项D正确；‎ E．振幅A=‎0.1cm，10s是5个周期，每个周期运动路程是‎4A， 所以在10s内，质点P运动路程是‎2cm，选项E正确。‎ 故选BDE ‎16.如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角∠BAC=30°，AC边的长度为‎2L，P为垂直于直线BCD的光屏，P屏到C的距离为L。一单色光垂直射向AB边的中点，折射后恰好射到屏上的D点，已知光速为c，求：‎ ‎①棱镜的折射率；‎ ‎②单色光从照射到玻璃砖到射到屏上所用的时间。‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①光路图如图所示，根据折射定律可知:‎ 根据几何关系可知，，‎ 棱镜的折射率:‎ ‎②由图可知，光线在玻璃中传播速度，时间 而在空气中传播时间:‎ ‎ ‎ 因此所用的时间:‎