2020届高三物理12月测考试题（含解析）

2020届高三物理12月测考试题（含解析）

安徽省安师大附中2019学年高三12月测考物理试题 一、选择题 ‎1. 在如图所示的光电效应实验装置中，光电管阴极K的极限频率为ν0，现用频率为ν(ν＞ν0)的光照射在阴极上，若在A、K之间加一数值为U的反向电压时，光电流恰好为零，则下列判断错误的是(　　)‎ A. 阴极材料的逸出功等于hν0‎ B. 有光电子逸出，且光电子的最大初动能可表示为eU C. 有光电子逸出，且光电子的最大初动能可表示为hν－hν0‎ D. 无光电子逸出，因为光电流为零 ‎【答案】D ‎...............‎ ‎2. 如图所示，将a、b两小球以大小为20m/s的初速度分别从A、B两点相差1 s先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是(　　)‎ A. 80m B. 100 m C. 200 m D. 180m ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：因为经过t时间两球的速度方向相互垂直，此时B运动时间为（t-1）s，设A的速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：对A ，；对B，‎ - 15 -‎ 解得：t=5s，则B运动时间为t-1=4s；故AB两点的水平距离X=v0t+v0（t-1）=5v0+4v0=9v0═180m 故选：D 考点：平抛运动的规律。‎ ‎3. 高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 (　　)‎ A. ＋mg B. －mg C. ＋mg D. －mg ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得 考点：考查了动量定理的应用 ‎【名师点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向 ‎ ‎ ‎4. 未来的星际航行中，字航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，字航员站在特舱内网柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下州说法正确的是( ）‎ A. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 - 15 -‎ C. 学航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D. 字航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 ‎【答案】B ‎【解析】为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，即为使宇航员随旋转舱转动的向心加速度为定值，且有a=g，宇航员随旋转舱转动的加速度为：a=ω2R，由此式可知，旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小，此加速度与宇航员的质量没有关系，所以选项ACD错误，B正确．故选B.‎ 点睛：该题的考察方法非常新颖，解题的关键是从相关描述中提起有用的东西，对于该题，就是得知在向心加速度不变的情况下，影响向心加速度大小的物理量之间的变化关系，该题还要熟练的掌握有关匀速圆周运动的各个物理量的关系式，并会应用其进行正确的计算和分析．‎ ‎5. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)‎ A. B. C. D. Bav ‎【答案】A ‎【解析】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：；金属环并联的电阻为：；AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：，故选A.‎ 点睛：本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，从而出现错误的结果是2Bav/3．‎ - 15 -‎ ‎6. 一方形木板放置在水平地面上，在方形木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟木板之间并不接触。现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时方形木板以相等大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，物块的质量为m，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为 ( )‎ ‎ ‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】物块沿运动方向受挡板的摩擦力f，f1=μ1FN ；‎ 因物块沿挡板运动的速度等于木板的运动速度，故物体相对木板的速度方向与挡板成450角，物块受木板的摩擦力为f2=μ2mg，其方向与挡板成45°角．则在垂直挡板方向FN=μ2mgcos45°=μ2mg  ，则f1=μ1FN = μ1μ2mg ，故选B.‎ ‎7. 小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，bc边长度为L1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈以角速度ω绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　)‎ A. 峰值是e0 B. 峰值是2e0 C. 有效值是e0 D. 有效值是Ne0‎ ‎【答案】A - 15 -‎ ‎【解析】矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大是2Ne0，根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得，发电机输出电压有效值，故选D．‎ 点睛：本题考查了交流电产生的原理和最大值、有效值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab边和cd边产生的感应电动势之和．‎ ‎8. 如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则(　　)‎ A. 电场方向一定水平向右 B. 电场中A点的电势一定高于B点的电势 C. 从A到B的过程中，粒子的电势能一定增加 D. 从A到B的过程中，粒子的电势能与动能之和一定不变 ‎【答案】CD ‎【解析】A：粒子只受电场力，类似重力场中的斜抛运动，由于B点速度最小，是等效最高点，故电场力水平向右；由于不知道电荷的电性，故不能确定电场强度的方向；故A错误；‎ B：由于不能确定电场强度方向，故不能确定A点与B点的电势高低，故B错误；‎ C：从A到B的过程中，动能减小，电场力做负功，故电势能增加，故C正确；‎ D：从A到B的过程中，由于只有电场力做功，动能的减少等于电势能的增加，粒子的电势能与动能之和一定不变，故D正确。‎ ‎9. 如图所示，小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角θ=60°。可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一成量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是( ）‎ - 15 -‎ A. 当小车与挡板均静止时，球对斜面0A的压力小于mg B. 保持θ=60°不变，使小车水平向右运动，则球对斜面OA的压力可能为零 C. 保持小车静止， 在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OB的压力逐渐先减小再增大 D. 保持小车静止， 在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OA的压力逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：‎ FA、FB以及G之间的夹角两两都为120°，根据几何关系可知,FA=FB=mg，故A错误；‎ B. 若保持θ=60∘不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FB和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故B正确；‎ CD、保持小车静止,在θ由60∘缓慢减小至15∘的过程中，根据图象可知，FA不断减小,FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，对斜面的压力不断减小，故C正确，D错误；‎ 故选：BC.‎ 点睛：将小球的重力按照作用效果进行分解，结合几何关系分析；如果小球对斜面的压力为零，受重力和挡板B的支持力，合力水平，说明加速度水平向右；将小球的重力按照作用效果进行分解，通过作图分析各个分力的变化情况．‎ ‎10. 宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设这三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是(　　)‎ - 15 -‎ A. 直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 ‎ B. 直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π C. 三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2‎ D. 三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】在第一种形式下，以某个运动星体为研究对象，根据牛顿第二定律和万有引力定律有： F1＝G，F2＝G ；F1+F2＝m，解得：，周期：，解得：T=4π；选项A错误，B正确；‎ ‎ 设第二种形式下，三个星体做圆周运动的半径为： ，由于星体做圆周运动所需的向心力靠其他两个星体的万有引力的合力提供，由力的合成和牛顿运动定律有： ，解得， ，选项C错误，D正确；故选BD. 点睛：题考查了万有引力定律的应用，万有引力定律和牛顿第二定律是力学的重点，在本题中关键是要找出星体做圆周运动中什么力提供向心力，关键在于进行正确受力分析．‎ ‎11. 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖真平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始終不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )‎ - 15 -‎ ‎ ‎ A. 沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动 B. 若沿ab运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀建速动 C. 若沿ac运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动 D. 两小球在运动过程中机械能均保持不变 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：沿抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷的电场力的方向与电场强度方向相同，可知，只有带正电，才能平衡，而沿方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以是直线运动，必然是匀速直线运动，故AB正确， C错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】考查带小球受电场力、重力与洛伦兹力共同作用，掌握左手定则的应用，理解受力平衡的条件，注意速度影响加速度，则是直线运动必然是匀速直线运动，这是解题的关键。‎ ‎12. 如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C，A、B、C均处于静止状态。现剪断B和C之间的绳子，则A和B将一起振动，且它们均各在某一位置上下振动，振动过程中离开那一位置向上或向下距离相同。已知物体A质量为3m，B和C质最均为2m，弹簧的劲度系数为k。下列说法正确的是( ）‎ A. 剪断B和C间绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧形变量为 ‎ - 15 -‎ B. 物体A振动过程中的最大速度时弹簧的形变量为 C. 振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mg D. 物体A振动过程中的最大速度为 ‎【答案】ABC ‎【解析】A. 剪断B和C间绳子之前，A,B,C均处于静止状态时，设绳子拉力为F，对BC整体受力分析得：F=4mg，对A受力分析得：F=3mg+kx1，解得弹簧的伸长量：x1=mg/k，故A正确；‎ B.当物体A所受合外力为零时，速度最大。此时绳子拉力F1=2mg，根据A合力为零，弹簧弹力为mg，弹簧压缩量：x2=mg/k，故B正确；‎ 对A.B组成的系统，根据机械能守恒定律得：‎ ‎3mg(x1+x2)−2mg(x1+x2)= ×5mv2‎ 解得，物体A振动过程中的 .故D错误。‎ C.B振动到最低点时拉力最大,为F2，根据牛顿第二定律得：F2−2mg=2ma，3mg+kx1−F2=3ma，‎ 解得：F2=2.8mg，即振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mg，故C正确。‎ 故选：ABC 二、填空题 ‎13. 某小组为了验证力的平行四边形定则，设计了如图甲所示的实验：在一个半圆形刻度盘上安装两个可以沿盘边缘移动的拉力传感器A、B，两传感器的挂钩分别系着轻绳，轻绳的另一端系在一起，形成结点O，并使结点O位于半圆形刻度盘的圆心。在O点挂上重G＝2.00 N的钩码，记录两传感器A、B的示数F1、F2及轻绳与竖直方向的夹角θ1、θ2，用力的图示法即可验证力的平行四边形定则。‎ - 15 -‎ ‎(1)当F1＝1.00 N、F2＝1.50 N，θ1＝45°、θ2＝30°时，请在图乙中用力的图示法作图________，画出两绳拉力的合力F，并求出合力F＝________N。(结果保留三位有效数字)‎ ‎(2)该组同学在实验中，将传感器A固定在某位置后，再将传感器B从竖直位置的P点缓慢顺时针旋转，得到了一系列B传感器的示数F2和对应的角度θ2，作出了如图丙所示的F2θ2图象，由图丙可知A传感器所处位置的角度θ1＝________。‎ ‎【答案】 (1). (1)如图所示 ‎ (2). 2.01(1.97～2.05) (3). (2)60°‎ ‎【解析】（1）F1、F2的图示及力的合成图如图所示，根据比例关系可知合力大小为2.01N．‎ ‎ （2）根据丙图可知，当θ2＝时，F2=2.0N F1、F2的合力仍为重力G=2N，根据平衡条件则有：F1cosθ1+F2cos60°=G，F1sinθ1=F2sin60°， 解得：F1=2N，θ1=60°‎ ‎14. 国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有： ‎ ‎ 电源(电动势约为3V，内阻可忽略) ‎ ‎ 理想电压表V1(量程为3V）‎ - 15 -‎ ‎ 理想电压表V2(量程为3V）‎ ‎ 定值电阻R1(阻值4kΩ) ‎ ‎ 定值电阻R2(阻值2kΩ) ‎ ‎ 电阻箱R(最大阻值9999Ω) ‎ ‎ 单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。‎ ‎ ‎ 实验步骤如下： ‎ A.用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；‎ B.向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；‎ C.用刻度尺测量并记录水柱长度L；‎ D.把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ E.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ F.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D、E；‎ G.断开S，整理好器材。‎ ‎(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=_______mm；‎ ‎(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为Rx= ____； (用R1、R2、R表示)‎ ‎(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的 图象。可求出自来水的电阻率ρ= _________Ω•m(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 20.0 (2). (3). 12.6‎ ‎(2)设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为U/R1，总电压U总= +U 当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，‎ - 15 -‎ 则此时电路中的电流为U/R，‎ 总电压U′总=，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得Rx=； ‎ ‎(3)从图丙中可知，R=1×103Ω时，1/L=5.0m−1，‎ 此时玻璃管内水柱的电阻Rx==8000Ω，‎ 水柱横截面积S= =3.14×10−4m2，‎ 由电阻定律得：‎ ρ≈12.6Ω⋅m；‎ 三.计算题 ‎15. 如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离x＝11.4 m，(取g＝10 m/s2)，求：‎ ‎(1)线框进入磁场前重物的加速度；‎ ‎(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v。‎ ‎【答案】(1)5 m/s2　(2)6 m/s ‎【解析】(1)线框进入磁场前，仅受细线的拉力F，斜面的支持力和线框的重力的作用，重物受自身的重力和细线的拉力F′的作用。对线框由牛顿第二定律得F－mgsin α＝ma 对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma 又F＝F′‎ 联立解得线框进入磁场前重物的加速度a＝＝5 m/s2‎ ‎(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg＝F1‎ 线框abcd受力平衡：F1＝mgsin α＋F安 ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl1v - 15 -‎ 回路中的感应电流为，ab边受到的安培力为F安＝BIl1‎ 联立解得Mg＝mgsin α＋‎ 代入数据解得v＝6 m/s。‎ ‎16. 如图所示，一质量m=1kg的小物块(可视为质点），放置在质量M=4kg的长木板左侧。长木板放置在光滑的水平面上初始时，长木板与物块一起以水平速度v0=2m/s向左匀速运动，在长木板的左端上方固定着一障碍物A，当物块运动到障碍物A处时与A发生弹性碰撞(碰撞时间极短，无机械能损失)。而长木板可继续向左运动，取重力加速度g=10m/s²。‎ ‎（1）设长木板足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与长木板所能获得的共同速率； ‎ ‎（2）设长木板足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动所能达到的最大距离是S=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小； ‎ ‎（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少应为多长？整个过程中物块与长木板系统产生的内能。‎ ‎【答案】（1）1.2m/s（2）1.25m/s²（3）10J ‎【解析】试题分析：（1）水平方向小物块与木板组成的系统的动量守恒，对系统应用动量守恒定律可以求出共同速度； （2）物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右做减速运动，向右运动所能达到的最大距离是S=0.4m，由动能定理即可求出动摩擦因数的大小；对木板进行受力分析，由牛顿第二定律求出木板的加速度； （3）由能量守恒定律可以求出距离．‎ ‎（1）物块与挡板碰后，小物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得，‎ ‎（2）物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右做减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得：，代入数据得 木板在水平方向只受到摩擦力，由牛顿第二定律得：‎ - 15 -‎ 代入数据得 ‎（3）由题可知，物块多次与障碍物碰撞后，最终将与木板同时都静止，设物块在木板上的相对位移为l，则由能量的转化与守恒得：‎ 代入数据得 可知，木板的长度至少为2m，又 代入数据得Q=10J ‎17. 如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA＝d，求：‎ ‎(1)粒子的电性及比荷q/m；‎ ‎(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；‎ ‎(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围。‎ ‎【答案】(1)负　　(2) 　(3) ≤E≤ ‎ ‎【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电。‎ 由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径R＝d 由洛伦兹力提供向心力得Bqv0＝m 联立得 ‎ - 15 -‎ ‎(2)由图知OP＝d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 ‎ 同理B′qv0＝，联立得B′＝ ‎ ‎(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知OQ＝r＋rsin 37°＝2d 当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知 ‎＝v0t ‎ ‎ 联立得Emax＝ ‎ 当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知 ‎＝v0t 联立得Emin＝ ‎ 所以 ‎ 点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题，解题是注意几何知识的应用．‎ ‎ ‎ - 15 -‎