【物理】福建省厦门外国语学校2020届高三上学期12月月考试题（解析版）
福建省厦门外国语学校2020届高三上学期
12月月考试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分。考试用时90分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁和平整。
一、选择题：本题共10小题，共40分．第1～6题在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，每小题4分；第7～10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1.比值定义法是一种很重要的定义物理量的方法，下列表达式不属于比值定义法的是
A. 加速度 B. 功率
C. 电场强度 D. 电容
【答案】C
【解析】
【详解】ABCD.比值定义就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量，而定义出来的新的物理量反映物质属性或特征；则、、都是用比值定义法定义出来的物理量，而是匀强电场中计算场强的计算式，不是定义式；故ABD项不合题意；C项符合题意。
故选C。
2.的衰变方程可以表示为，衰变成和的过程中释放核能伴随着射线的产生，则下列说法正确的是
A. 衰变就是一种核裂变反应
B. 射线和射线实际都是电磁波
C. 的质量大于和的质量之和
D. 通过提供高温环境可以使得衰变加快以更好地利用核能
【答案】C
【解析】
【详解】A. α衰变是放射出α粒子的一种变化，而核裂变是重核分裂为两个或两个以上中等质量原子核的情况，故A错误；
B. α射线的本质是氦核，γ射线的本质是电磁波，故B错误；
C. 衰变过程中释放核能，质量减少，所以的质量大于和的质量之和，故C正确；
D. 半衰期是由原子核内部自身决定的，与环境的温度无关，故D错误。
故选C。
3.如图甲所示，在匀强磁场中有一个n＝10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5Ω，从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则( )
A. 线圈转动过程中消耗的电功率为10π2W
B. 在t＝0.2s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向
C. 所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e＝10πsin5πt V
D. 线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量变化最快
【答案】A
【解析】
【详解】AC．绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为
由求出最大感应电动势，根据最大值与有效值的关系求出电动势的有效值，由求出线圈消耗的电功率；磁感线与线圈平行时，磁通量为0，磁通量的变化率最大，当线圈处于中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为0，每次经过中性面电流方向发生变化．
从图乙中可知
线圈产生的最大感应电动势为：
因为线圈从垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为
感应电动势有效值为
线圈转动过程中消耗的电功率为
A正确，C错误；
B．从图乙中可知在t=0.2s时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，B错误；
D．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90°，磁通量最大，磁通量变化率为0，D错误．
故选A。
4.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则
A. 金星表面重力加速度是火星的
B. 金星的第一宇宙速度是火星的
C. 金星绕太阳运动的加速度比火星小
D. 金星绕太阳运动的周期比火星大
【答案】B
【解析】
【详解】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以 故A错误，
由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知解得 ，
所以 故B正确；
由 可知轨道越高，则加速度越小，故C错；
由 可知轨道越高，则周期越大，故D错；
综上所述本题答案是：B
【点睛】结合黄金代换求出星球表面的重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小．
5.风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片
A. 转速逐渐减小，平均速率为
B. 转速逐渐减小，平均速率为
C. 转速逐渐增大，平均速率为
D. 转速逐渐增大，平均速率为
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，从图（b）可以看出，在时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为，叶片转动速率为：，故选项B正确．
【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算叶片转动速率．
6.如图所示为某三级台阶，每一级台阶的高为h，宽为L，在最上面台阶右边边缘的一小球要想直接落到地面上，需要的水平初速度至少为（重力加速度大小为g）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】ABCD. 要使小球直接落到地面上，则小球下落2h高度时，水平位移至少为2L，小球做平抛运动，
水平方向上：
竖直方向上：
解得：
故B正确ACD错误。
故选B。
7.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )
A. 子弹的末速度大小相等
B. 系统产生的热量一样多
C. 子弹对滑块做的功不相同
D. 子弹和滑块间的水平作用力一样大
【答案】AB
【解析】
试题分析：根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A正确；根据能量守恒可知，初状态子弹簧动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能都转化成了热量相等，B正确，子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误，产生的热量，由于产生的热量相等，而相对位移不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．
考点：能量守恒定律，动量守恒定律
【名师点睛】本题是对能量守恒定律及动量守恒定律的考查；解题的关键是用动量守恒知道子弹只要留在滑块中，他们的最后速度就是相同的；系统产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积；这是一道考查动量和能量的综合题；要注意掌握动量守恒的条件应用．
8.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在A点以大小为v1的速度射入电场，沿如图轨迹到达B点时速度大小为v2，且速度与等势面平行，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（ ）
A. v1大于v2
B. 等势面b的电势比等势面c的电势高
C. 粒子从A运动到B所用时间为
D. 匀强电场的电场强度大小为
【答案】ACD
【分析】根据粒子的运动轨迹可判断粒子受电场力方向向上，从而判断场强方向，根据动能定理可比较v1和v2的大小以及场强大小；粒子在竖直方向做匀变速运动，在水平方向做匀速运动，从而可求解从A到B的时间.
【详解】由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，可知从A到B电场力做负功，动能减小，即v1大于v2，选项A正确；粒子带正电，受向上的电场力，可知场强方向向上，等势面b的电势比等势面c的电势低，选项B错误；粒子在水平方向不受力，可知在水平方向做匀速运动，速度为v2，则从A到B的时间为，选项C正确；由A到B根据动能定理： ，解得，选项D正确；故选ACD.
【点睛】此题关键是能根据粒子的运动轨迹判断电场力的方向，知道粒子在水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，结合动能定理求解.
9.如图所示，竖直平面内有一半径为R的半圆形圆柱截面MPQ，P为圆弧最低点。质量为2m的A球与质量为m的B球，用轻质绳连接后挂在圆柱面边缘．现将A球从边缘M点由静止释放，若不计一切摩擦，下列说法正确的是（重力加速度大小为g）
A. A球从M到P过程中机械能增大
B. A球从M到P过程中机械能减小
C. A球到P时速度大小为
D. A球到P时速度大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．A球沿圆柱面滑到最低点P点的过程中，A、B构成的系统，只有重力对AB做功，所以机械能守恒，因B球机械能增大，则A球机械能减少，故B正确A错误；
CD．当A球到P点时，由图可知
所以
对AB系统在运动过程中由动能定理得：
解得：
故D正确，C错误。
故选BD。
10.如图所示，质量为m、带电量为+q三个相同的带电小球A、B、C从水平地面上同一高度以同一初速度vo水平抛出，B球始终在方向竖直向下、场强大小为E1的匀强电场中运动；C球始终在方向垂直纸面向里、场强大小为E2的匀强电场中运动，且其初速度方向垂直于电场．已知，g为重力加速度，不计空气阻力．小球A、B、C落地前瞬间速度大小分别为vA、vB、vC，落地前瞬间重力的功率分别为PA、PB、PC，则（ ）
A. vA
PA>PC
D. PB>PA=PC
【答案】AD
【解析】
【详解】A、B项：小球A只在重力作用下运动，小球B在重力和向下的电场力作用下运动，小球C在重力，垂直向内的电场作用下运动，由动能定理可知，对A：，对B：，由于
，对C小球在重力方向和电场力方向的位移相同，所以对C：，综合以上三式可知，vAPA=PC，故C错误，D正确．
故应选：AD．
二、实验题：本题共2小题。请把答案填在答题卡相应位置
11.探究“做功和物体速度变化的关系”实验装置如图甲所示，图中是小车在1条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形．小车实验中获得的速度v，由打点计时器所打点的纸带测出，橡皮筋对小车做的功记为W；实验时，将木板左端调整到适当高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．请回答下列问题：当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……多次实验．请回答下列问题：
(1)除了图甲中已给出器材外，需要的器材还有：交流电源、___________；
(2)如图乙中，是小车在某次运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为0.02s，则小车离开橡皮筋后的速度为___________m/s(保留两位有效数字)
(3)将几次实验中橡皮筋对小车所做的功W和小车离开橡皮筋后的速度v，进行数据处理，以W为纵坐标，v或v2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是___________
【答案】(1). 毫米刻度尺 (2). 0.36 (3). AD
【解析】
【详解】(1)[1]需要的器材除了交流电源外，还有刻度尺；
(2)[2]小车离开橡皮筋后的速度为
(3)[3]因 ，故以W为纵坐标，v或v2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是AD.
【点睛】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题．
12.一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，长度为L ，电阻R约为5Ω，这种金属的电阻率为ρ，因管线内径太小无法直接测量，某同学设计下列实验方案尽可能精确测定它的内径d；
(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，用该螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径D=_______mm．
(2)为测量金属管线的电阻R，取两节干电池（内阻不计）、开关和若干导线及下列器材：
A．电流表0～0.6A，内阻约0.05Ω
B．电流表0～3A，内阻约0.01Ω
C．电压表0～3V，内阻约10kΩ
D．电压表0～15V，内阻约50kΩ
E．滑动变阻器，0～10Ω（额定电流为0.6A）
F．滑动变阻器，0～100Ω（额定电流为0.3A）
为准确测出金属管线阻值，电流表应选_______，电压表应选______，滑动变阻器应选_______(填序号)
(3)如图丙所示，请按实验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整．
(4)根据已知的物理量（长度L、电阻率ρ）和实验中测量的物理量（电压表读数U、电流表读数I、金属管线外径D），则金属管线内径表达式d＝______________
【答案】 (1). 5.167 (2). A C E (3). (4).
【解析】
【详解】(1)[1]螺旋测微器校零时的示数
3.3×0.01mm=0.033mm
螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径
D=5.200-0.033mm=5.167mm．
(2)[2]两节新的干电池电动势为3V，因此电压表选择3 V的量程，即为C；
[3]因为电量中最大电流大约为
为了测量的精确，电流表应选择A，
[4]滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E．
(3) [5]由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采用外接法，连接滑动变阻器的滑片接头错误，应该在接线柱；
(4)[6]该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I．
据欧姆定律得，
，又 ，则 ，因为
解得:
三、计算题：本题共4小题，把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
13.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响．
（1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2 =0.16 s两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开．
【答案】（1）I0 = 1.6×104 N·s ， 1.6×105 N；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）v1 = 36 km/h = 10 m/s，取速度v1 的方向为正方向，由动量定理有
－I0 = 0－m1v1 ①
将已知数据代入①式得 I0 = 1.6×104 N·s ②
由冲量定义有I0 = F0t1 ③
将已知数据代入③式得 F0 = 1.6×105 N ④
（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有
m1v1+ m2v2 = (m1+ m2)v ⑤
对试验车，由动量定理有 －Ft2 = m1v－m1v1 ⑥
将已知数据代入⑤⑥式得
F = 2.5×104 N ⑦
可见F＜F0，故试验车的安全气囊不会爆开 ⑧
14.“神州五号”飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受空气阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v-t图象如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴上一点B的坐标为（8、0），CD是曲线AD的渐进线，假如返回舱总质量为M=400kg，g取10m/s2，
试问:
(1)返回舱在这一阶段是怎样运动的？
(2)在开始时刻v0=160m/s时，它的加速度多大？
(3)求空气阻力系数k的数值．
【答案】（1）做加速度逐渐减小的减速运动直至匀速运动（2） （3）
【解析】
【详解】(1)由速度图象可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动．
(2)开始时，过A点切线的斜率大小就是此时的加速度的大小，加速度：
故加速度大小．
(3)设浮力为F，据牛顿定律得在时有：
由图知舱的最终速度为：，当返回舱匀速运动时有：
故：
．
【电睛】本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，背景文字很长，要抓住有效信息，只要耐心、细心，定能正确作答．
15.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab，cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：
（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
【答案】（1）由a流向b （2）5m/s (3)1.3J
【解析】
（1）由右手定则可知，电流由a流向b；
（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得：Fmax=m1gsinθ，
ab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv，
电路电流：
ab受到安培力：F安=BIL，
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，
由平衡条件得：F安=m1gsinθ+Fmax，
代入数据解得：v=5m/s；
（3）cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，
由能量守恒定律得：m2gxsinθ=Q总+m2v2，
ab上产生的热量：
解得：Q=1.3J；
点睛：本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等．分别从力和能量两个角度进行研究．
16. 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．
扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B' ，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B'和B的关系．已知：sin（α±β ）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1-2
【答案】（1）；旋转方向为逆时针方向
（2）；
（3）
【解析】
【分析】
此题是关于带电粒子在匀强磁场中的运动问题．解题时分析粒子受到的洛伦兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出几何图形，并借助与几何关系分析解答．此题有一定的难度，考查学生的综合能力．
【详解】（1）封区内圆弧半径①
旋转方向为逆时针方向②
（2）由对称性，封区内圆弧的圆心角③
每个圆弧的长度④
每段直线长度⑤
周期⑥
代入得⑦
（3）谷区内的圆心角⑧
谷区内的轨道圆弧半径⑨
由几何关系⑩
由三角关系⑪
代入得⑫