湖南省名校联盟2019-2020学年高二12月联考物理试题

湖南省名校联盟2019-2020学年高二12月联考物理试题

湖南省名校联盟2019—2020学年高二12月联考 物理 一、选择题（本题共12小题，共48分；第1题到第8题为单选题，每小题4分；第9题到第12题为多选题，在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得，有选错或不答的得0分。）‎ ‎1.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了物理学的许多研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中不正确的是（ ）‎ A. 在实验探究加速度与力，质量关系时，运用了控制变量法 B. 用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，磁感应强度都是采用比值定义法定义的 C. 伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推"的科学推理方法 D. 理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点，点电荷，向心加速度等都是理想化模型 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 存在多个变量时，每次只能研究两个变量间的关系，所以在实验探究加速度与力，质量的关系时，运用了控制变量法，故A正确；‎ B. 场强，电容，磁感应强度，三个量都是采用比值定义法定义的，故B正确； ‎ C. 伽利略在研究自由落体运动规律时，首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推"科学推理方法，故C正确；‎ D.理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷，向心加速度不是理想化模型，故D错误；‎ 本题选不正确的，故选：D.‎ ‎2.宇航员在某星球上做自由落体实验：将一个质量为1.0kg的小球从离该星球表面一定高度处由静止开始自由释放并计时，测得小球在第5秒内的位移是9.0m，此时小球还未落到该星球表面，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 小球在5秒末的速度大小为9.0m/s B. 该星球表面的重力加速度大小为2.0m/s C. 小球在第3秒内的位移为4.0m D. 小球在前5秒内的平均速度大小为4.5m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 第5s内的位移为9.0m，根据 得：‎ g'=2.0m/s2，‎ 则5s末的速度为：‎ ‎，‎ 故A错误，B正确；‎ C. 小球在第3s内的位移为：‎ ‎，‎ 故C错误；‎ D. 小球在前5s内的平均速度为：‎ ‎，‎ 故D错误。‎ 故选：B ‎3.如下说法正确的是（ ）‎ A. 电场中某点的电场方向，电场强度方向，正电荷在该点所受电场力方向三者相同 B. 磁场中某点的磁场方向，磁感应强度方向，电流元在该点所受安培力方向三者相同。‎ C. 电场对场中电荷，磁场对运动电荷一定有力的作用 D. 电压，电势，磁通量，磁感应强度均是标量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 用电场强度反映电场力的性质。根据物理学上的规定可知：电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同，故A正确；‎ B. 磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，与放在该点通电导线受力方向垂直，故B错误； ‎ C. 根据公式F=qE可知，电场对场中电荷一定有力的作用；当运动电荷运动方向与磁场方向平行时不受磁场力作用。所以运动电荷在磁场中某点不一定受磁场力作用，故C错误；‎ D. 电压，电势，磁通量是标量，磁感应强度是矢量，故D错误。‎ 故选：A.‎ ‎4.如图所示，一带电小球质量为m，电荷量为q，存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，绝缘细线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设摆球运动到B点的速度为v，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 重力做功为 B. 绳的拉力不做功 C. 磁场力不做功 D. 重力做功的功率为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据重力做功的特点，重力做的功WG=mgL，故A正确；‎ B. 绳子拉力与摆球的速度方向始终垂直，拉力对摆球不做功，故拉力的功为零，故B正确；‎ C. 磁场力与摆球的速度方向始终垂直，磁场力对摆球不做功，故磁场力的功为零，故C正确；‎ D. 因在最低点重力和v垂直，重力做功的功率为0，故D错误。‎ 本题选不正确的，故选：D.‎ ‎5.如图直线电流和闭合金属框共面，第一次将框以cd为轴由I翻转到II，第二次由I平移到II，两次磁通变化大小分别为,。则如下说法正确的是（ ）‎ A. >，两次框中均有adcba方向的电流 B. <,两次框中均有adcba方向的电流 C. =，两次框中均有abcda方向的电流 D. <,两次框中均有abcda方向的电流 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。‎ 第一次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量：‎ ‎△Φ1=Φ1+Φ2，‎ 第二次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量：‎ ‎△Φ2=Φ1−Φ2；‎ 故：‎ ‎△Φ1>△Φ2；‎ 根据楞次定律，两次电流方向均为adcba。‎ A. >，两次框中均有adcba方向的电流。故A正确；‎ B. <,两次框中均有adcba方向的电流。故B错误；‎ C. =，两次框中均有abcda方向的电流。故C错误；‎ D. <,两次框中均有abcda方向的电流。故D错误。‎ 故选：A ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. 曲线运动的物体所受合外力可能为变力 B. 匀速直线运动和自由落体运动的合运动一定是曲线运动 C. 竖直平面内做匀速圆周运动的物体，其合外力可能不指向圆心 D. 火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将挤压铁轨的内轨 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 曲线运动的物体所受合外力一定与速度方向不共线，可能为变力。如匀速圆周运动，故A正确；‎ B. 如果匀速直线运动的速度沿竖直方向，匀速直线运动和自由落体运动的合运动是匀变速直线运动，故B错误；‎ C. 匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，故C错误；‎ D. 火车超过限定速度转弯时，需要的向心力增大，火车有向外运动的趋势，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨，故D错误。‎ 故选：A ‎7.2019年9月11日，北斗导航系统最新进展令人振奋，中国卫星导航定位协会会长于贤成表示，我国北斗导航系统到2020年将全面建成，并提供全球服务。这标志着北斗系统服务范围由区域扩展为全球，北斗系统正式迈入全球时代。已知“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，运行速度为v，向心加速度为a；地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。下列判断正确的是（ ）‎ A. 卫星质量为 B. 该导航卫星的运行周期小于24小时 C. 该导航卫星的轨道半径与地球半径之比为 D. 该导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据得，地球的质量：‎ ‎ ，‎ 又 ，则：‎ ‎ ，‎ 无法计算导航卫星的质量，故A错误；‎ B. 根据得：‎ ‎ ，‎ 由于“北斗第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，则周期小于同步卫星的周期，即小于24小时，故B正确；‎ C. 根据，得地球半径为：‎ ‎，‎ 根据得导航卫星的轨道半径为：‎ ‎，‎ 则导航卫星的轨道半径与地球半径之比为：‎ ‎，‎ 故C错误；‎ D. 根据得，导航卫星的运行速度：‎ ‎，‎ 根据得地球第一宇宙速度为，‎ ‎，‎ 则导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比为：‎ ‎，‎ 故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎8.如图所示，粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子，这些粒子经装置M加速并筛选后，能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD，粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场。不计粒子重力，则粒子1和粒子2（ ）‎ A. 均带正电，质量之比为4∶1 B. 均带负电，质量之比为1∶4‎ C. 均带正电，质量之比为2∶1 D. 均带负电，质量之比为1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，由左手定则可知，粒子带负电；‎ 设正方形的边长为L，由图示可知，粒子轨道半径分别为：‎ r1=，r2=L，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 得：‎ ‎，‎ 则：‎ m1：m2=r1：r2=1：4；‎ A. 均带正电，质量之比为4∶1。故A错误；‎ B. 均带负电，质量之比为1∶4。故B正确；‎ C. 均带正电，质量之比为2∶1。故C错误；‎ D. 均带负电，质量之比为1∶2。故D错误。‎ 故选：B ‎9.等量异种点电荷电场中，是两点电荷连线的中垂线，一带电粒子仅在电场力作用下从a处沿虚线轨迹运动到b，则（ ）‎ A. a处的电势小于b处的电势 B. 粒子在a处的电势能大于在b处的电势能 C. 粒子在b处的加速度大小大于在a处的加速度大小 D. 粒子在a处的速率小于在b处的速率 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从正电荷到负电荷是一条电场线，沿着电场线方向，电势逐渐降低，中垂线是一条等势线，则a处的电势大于b处的电势，故A错误；‎ B. 根据运动轨迹可知，轨迹往右偏，则受到的电场力大致向右，则电场力做正功，电势能要减小，则粒子在a处的电势能大于在b处的电势能，故B正确；‎ C. 观察图中可以发现，a处电场强度大于b处电场强度，则a处受到的电场力更大，再由牛顿第二定律知，所以粒子在a处的加速度大小大于在b处的加速度大小，故C错误；‎ D. 电场力做正功，则动能增加，可知粒子在b处的速率大于在a处的速率，故D正确。‎ 故选：BD ‎10.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器且在中央固定一正点电荷，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表、示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为，则（ ）‎ A. 电荷的电势能减少 B. 灯泡逐渐变暗 C. 变大、不变 D. 电源的输出功率一定变小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻增大，电路中电流减小， R上的电压减小，则电荷所在处电势减小，电荷的电势能减小，故A正确；‎ B. 电路中电流减小，通过灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，故B正确；‎ C. 根据U2=E−Ir，得，保持不变。，故保持不变，故C错误；‎ D. 因电源内外阻大小关系未知，根据电源输出功率和外阻的关系，电源的输出功率不一定变小，故D错误。‎ 故选：AB ‎11.如图为固定的半圆型池模型，其中A、B为半圆型池两侧边缘，C为半圆型池最低点，半圆型池轨道各处粗糙程度相同。一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球再次进入池中后，两次到达左侧边缘A速度相同 B. 小球再次进入池中后，两次到达左侧边缘A速度不同 C. 由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗机械能多 D. 由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗机械能相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为 ‎，此过程损失的机械能为；小球再次返回时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，则平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，则阻力做的功小于。‎ 故小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回。两次到达左侧边缘A速度大小不同，方向也不同。故A错误、B正确；‎ CD、因A到C与C到B两边任一等高处速度大小不同，向心力不同，所以对轨道压力不同，同一等高处AC段摩擦力做功大于CB段摩擦力做功，前一过程小球损耗机械能较大，故C正确，D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎12.如图所示，在真空中水平直线上相距0.5mAB两点固定点电荷和，带正电，在垂直AB的直线上有C、D两点，AD间距0.4m,BD间距0.3m,在D点有一点电荷q，可在竖直面内以C点为圆心做圆周运动，在D点所受电场力指向C，如下说法正确的是（不计重力）（ ）‎ A. q带正电，带负电且 B. q带负电，带正电且 C. 点电荷q做匀速圆周运动 D. q所在的轨迹圆一定与某一等势面重合 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据几何关系可知，，。因电荷在D点受电场力指向C，则q必带负电，正电，据电场的叠加：‎ ‎，‎ 其中r1=0.4m，r2=0.3m，得：‎ ‎，‎ 故A错误，B正确；‎ CD. 点电荷q受到的电场力始终指向圆心，电场力不做功，所以点电荷做匀速圆周运动，以C点为圆心的竖直圆周面必是等势面，故C正确，D正确。‎ 故选：BCD 二、实验题（每空，共18分）‎ ‎13.(1)用螺旋测微器测量一金属丝的直径如图甲所示.该金属丝的直径是____________mm；用20等分刻度的游标卡尺测一工件的直径如图乙所示，则该工件的长度是________cm.‎ ‎(2)在探究加速度与力、质量的关系时，小王同学采用如图所示装置，图中小车及砝码的质量用M表示，沙桶及沙的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出.‎ ‎1)当M与m的大小关系满足__________________时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于沙桶和沙的重力；‎ ‎2)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50Hz，则小车的加速度大小是________m/s2.当打点计时器打D点时小车的速度是________m/s；(计算结果小数点后保留两位数字)‎ ‎(3)在测定一根粗细均匀合金丝的电阻率的实验中.待测合金丝的电阻约为.提供的仪器有：‎ A.电压表V（内阻约为，量程为3V）‎ B.电流表(内阻约为，量程为0.6A)‎ C.电流表(内阻约，量程为3A)‎ D.滑动变阻器(阻值为，额定电流为2A)‎ E.滑动变阻器（阻值范围，额定电流为0.5A）‎ F.电源E（电动势为5V，内电阻为）‎ G.一个开关、若干导线 ‎①要求较准确地测出其阻值，电流表应选__________，滑动变阻器应选______（填序号）‎ ‎②某同学根据以上仪器，按图（b）连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较窄，现请你用笔在图（b）中画一条线对电路进行修改，使电流表示数的变化范围变宽_____.‎ ‎③修改后电路其测量结果比真实值偏_____（填“大”或“小”）.‎ ‎【答案】 (1). 0.900―0.902 (2). 0.850 (3). (或) (4). ‎ ‎0.39 (5). 0.20 (6). B (7). D (8). (9). 小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为0.900mm；‎ ‎[2]游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为0.05×10=0.50mm，所以最终读数为8.50mm=0.850cm；‎ ‎（2）1) [3]以整体为研究对象有：‎ mg=(m+M)a 解得：‎ ‎；‎ 以M为研究对象有绳子的拉力：‎ ‎，‎ 显然要有F=mg必有m+M=M，故有m<

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