辽宁省大连市一〇三中学2020届高三上学期12月物理试题
一、选择题（本大题共10道小题，每题4分，共计40分。其中1-8题为单选，9-12题为多选，漏选得2分，错选和不选得0分。）
1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列表述正确的是( )
A. 伽利略发现地月间的引力满足距离平方反比规律
B. 用比值法来描述加速度这个物理量，其表达式a=F/m
C. 将物体视为质点，采用了等效替代法
D. 卡文迪许通过实验测出了万有引力常量
【答案】D
【解析】
【详解】A、牛顿发现地月间的引力满足距离平方反比规律；故A错误；
B、牛顿第二定律中加速度与力成正比，与质量成反比，故不是比值定义法；故B错误；
C、质点采用的物理方法是理想化的物理模型；故C错误；
D、牛顿发现了万有引力定律，但是卡文迪许通过实验测出了万有引力常量；故D正确；
故选D.
【点睛】本题考查物理学史及物理方法，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A. W1
W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2
【答案】C
【解析】
【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：
W1:W2=3:1；
根据电量，感应电流，感应电动势，得：
所以：
q1:q2=1:1，
故W1＞W2，q1=q2。
A. W1W2，q1＝q2。故C正确；
D. W1>W2，q1>q2。故D错误；
3.如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）
A. V的读数变大，A的读数变小 B. V的读数变大，A的读数变大
C. V的读数变小，A的读数变小 D. V的读数变小，A的读数变大
【答案】B
【解析】
【详解】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，
A．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故A错误；
B．分析得V读数变大，Ａ的读数变大，故B正确；
C．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故C错误；
D．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故D错误；
4.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是( )
A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大
C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小
【答案】B
【解析】
【详解】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：
…①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：
…②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：
…③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：
vy=at…④
由①、②、③、④可得：
又有：
A. U1变大，U2变大。偏转角θ不一定变大，故A错误；
B. U1变小，U2变大。偏转角θ一定变大，故B正确；
C. U1变大，U2变小。偏转角θ一定变小，故C错误；
D. U1变小，U2变小。偏转角θ不一定变大，故D错误；
5. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是
A. C 和U 均增大 B. C 增大,U 减小
C. C 减小,U 增大 D. C 和U 均减小
【答案】B
【解析】
解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确．
故选B
【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．
6.为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T．则太阳的质量为( )
A. B. C. . D. .
【答案】A
【解析】
【详解】地球表面物体重力等于万有引力：
得：
①
设太阳的质量为M，地球围绕太阳做圆周运动万有引力提供向心力有：
得：
A. 。故A正确；
B. 。故B错误；
C. 。故C错误；
D. 。故D错误。
7.如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A. W=mgR，质点恰好可以到达Q点
B. W>mgR，质点不能到达Q点
C. W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D WmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【解析】
【详解】质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，故由牛顿第二定律可得：
解得：
；
那么对质点从静止下落到N的过程应用动能定理可得：
；
由于摩擦力做负功，故质点在半圆轨道上相同高度时在NQ上的速度小于在PN上的速度，所以质点对轨道的压力也较小，那么摩擦力也较小，所以质点从N到Q克服摩擦力做的功W1mgR，质点不能到达Q点。故B错误；
C. W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离。故C正确；
D. WmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离故D错误。
8. 如图甲所示，线圈A、B紧靠在一起，当给线圈A通以如图乙所示的电流（规定由a进入b流出为电流正方向）时，则电压表的示数变化情况（规定电流由c进入电压表为正方向）应为下列图中的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析：根据右手螺旋定则判断出线圈A产生的磁场极性．
由于产生原磁场的电流在增大，根据楞次定律判断线圈B中感应电流方向，
根据法拉第地磁感应定律得出感应电动势的大小不变．
解答：解：规定由a进入b流出为电流正方向，
0-1s，电流为正值，随时间均匀增大，根据右手螺旋定则判断出线圈A产生的磁场左端是N极，右端是S极，
由于产生原磁场的电流在增大所以原磁场穿过线圈B的磁通量均匀增大，
根据楞次定律判断出线圈B中感应电流方向是从d经过电压表再经过c，也就是在图中电压为负值．
根据法拉第地磁感应定律得出产生的感应电动势为不变，为定值．
依次求出1-4s过程中电压变化情况．
故选D．
点评：本题中的感应电动势为感生电动势，关键是根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第地磁感应定律判断感应电动势的大小．
9.如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中( )
A. 所用的时间是s B. 所用的时间是2.25 s
C. 划痕长度是4 m D. 划痕长度是0.5 m
【答案】BD
【解析】
【详解】AB. 煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：
解得
a=μg=4m/s2
当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：
因此煤块先加速后匀速运动：
加速时间为：
匀速运动的时间为：
小煤块从A运动到B的过程中总时间为：
t=t1+t2=0.5+1.75=2.25s。
故A错误，B正确；
CD.在加速阶段产生相对位移即产生划痕，固有：
△s=v0t1−s1=2×0.5−0.5=0.5m，
故C错误，D正确。
10.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一个木块A．现以恒定的拉力F拉B，由于A、B间的摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物， A、B都向右移动一段距离，在此过程中下列中说法正确的是 （ ）
A. B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量
B. 外力F所做的功等于系统（A和B）的动能增量
C. 外力F对B所做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和
D. A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
【答案】AC
【解析】
【详解】A、对A物运用动能定理，则有B对A摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故A正确.
B、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究，B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故：WF+(-f•△x)=△EkA+△EkB，其中△x为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故B错误.
C、对B物体应用动能定理，WF-Wf=△EkB，Wf为B克服摩擦力所做的功，即WF=△EkB+Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故C正确.
D、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故D错误.
故选AC.
【点睛】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为零；对于动能定理列出的表达式注意变形，要和所求的问题相接近．
11.如上图所示,质量为M的楔形物块静止在水平地面上,其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块,小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块,使之匀速上滑．在小物块运动的过程中,楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力和楔形物块的受力情况( )
A. (M＋m)g－F B. (M＋m)g－F C. 受四个力 D. 受五个力
【答案】BD
【解析】
【详解】AB.以物块m和楔形物块M整体为研究对象，分析受力情况如图，
由平衡条件得地面对楔形物块支持力大小为：
N=(M+m)g−Fsinθ
故A错误，B正确；
CD. 楔形物块的受重力、地面的支持力、地面的摩擦力、物块对M的压力和摩擦力，共5个力。故C错误，D正确。
12.一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带负电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知( )
A. 小球所受重力与电场力大小相等
B. 小球在d点时的电势能最小
C. 小球在b点时的机械能最大
D. 小球在圆环上b、c中点时的动能最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据动能定理研究小球从a到d的过程，可得到重力与电场力的关系；小球由a点释放，受到重力、电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况．
【详解】A、D、根据动能定理，从a到d过程，有：mg•R-qE•R=0，解得qE=mg，即电场力与重力大小相等，故A正确；
B、根据功能关系，电场力做正功，电势能减小；电场力向左，故运动到b
点时电场力做的正功最多，电势能减少的最多，故电势能最小，故B错误；
C、根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力、电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到b点时，电场力做的功最多，机械能增量最大，故小球在b点时，机械能最大，故C正确；
D、电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，小球运动到此处时动能最大；故D正确.
故选ACD.
【点睛】本题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解．
二、实验题（每空2分，共计16分）
13.图示装置可用来验证机械能守恒定律．摆锤A拴在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动．
（1）为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度．若测得摆锤遇到挡板之后铁片的水平位移s和竖直下落高度h，则根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=_____________________________．
（2）根据巳知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式s2=_____________________．
【答案】 (1). （1）； (2). （2）；
【解析】
【详解】（1）[1]平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有：
，
运动时间为：
，
水平方向匀速直线运动位移为：
s=vt，
可得：
；
（2）[2]摆锤下落过程，重力势能转化为动能，摆锤下落过程减少的重力势能为：
△Ep=mgL(1−cosθ)，
增加的动能为：
，
若减少的重力势能等于增加的动能则有：
，
整理可得：
14. 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为______mm（该值接近多次测量的平均值）．
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组（电动势为3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表：
由右表数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图（选填“甲”或“乙”）．
（3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据第（2）问所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线，由图线得到金属丝的阻值Rx=___________Ω（保留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________（填选项前的符号）．
A．1×10-2Ωm B．1×10-3Ωm C．1×10-6Ωm D．1×10-8Ωm
【答案】（1）（0.395~0.399）（2）甲（3）如答图3
（4）如答图4，（4.3~4.7）
（5）C
【解析】
【详解】（1）螺旋测微器的读数：测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）＋可动刻度数（估读一位）×0.01（mm），可读出此时的读数0.397．
（2）若用限流法，电流达不到0.02A，故用分压法，故选择甲图．
（3）由电路图连接实物图，实物电路图见答案．
（4）根据坐标系内描出的点作出图像如图所示：
由图像可知，电阻 （4.3～4.7都对）
（5）由 得： 代入数据知C对．
考点：测定金属的电阻率．
三、计算题（36分。其中13题10分，14题12分，15题14分）
15.如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止且所受摩擦力恰为0，推力F为多少?(g取10 m/s2)
【答案】22.5N
【解析】
【详解】物块相对斜面静止且所受摩擦力恰为零。物体受重力和斜面的支持力，与斜面有相同的加速度。根据牛顿第二定律：
对物块：
对斜面体和物块整体：
联立代入数据，解得：
F=22.5N
16.在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距l＝1m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N部距离d＝10mm，定值电阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金属棒ab电阻r＝2Ω，其它电阻不计．磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10﹣14kg，带电量q＝﹣1×10﹣14C的微粒恰好静止不动．取g＝10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．试求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）ab两端的路端电压；
（3）金属棒ab运动的速度．
【答案】（1）竖直向下（2）0.4V（3）1m/s
【解析】
【详解】（1）负电荷受到重力和电场力处于静止状态，因重力向下，则电场力竖直向上，故M板带正电．
ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，
由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
（2）由由平衡条件，得
mg＝Eq
E=
所以：UMN==V=0.1V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流； I= =0.05A
ab棒两端的电压为 Uab＝UMN+=0.4V
（3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：
E＝Uab+Ir＝0.5V
联立上两式得v＝1m/s
17.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m．电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：
（1）粒子过N点时速度 ；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动，设粒子过N点的速度为v，有：
，
得：
v=2v0；
（2）粒子在磁场中以Q为圆心做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
得粒子在磁场中运动轨道半径为：
；
（3）由几何关系得粒子在电场中运动时水平方向的距离为
，
设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：
，
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
，
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有
，
运动的总时间为：
t=t1+t2=；
