2020届高三物理上学期12月阶段性测试试题（含解析）（新版）人教版

2020届高三物理上学期12月阶段性测试试题（含解析）（新版）人教版

‎2019届上学期12月阶段性测试高三物理试题 一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。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. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 两车另一次并排行驶的时刻为t＝2s B. 在t＝0时，乙车在甲车前 C. 在t＝1s时，甲车在乙车后 D. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m ‎【答案】D ‎【解析】A、已知两车在t＝3s时并排行驶，那么在这3s时间内 ‎ ；‎ ‎ ‎ 即乙比甲多走了 ，说明一开始甲在前，乙在后，两者之间的距离为，‎ 设经过时间 两者相遇，则 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得： 和即两者在1s和3s时相遇， 故A错误；‎ B、已知两车在t＝3s时并排行驶，那么在这3s时间内 ‎ ；‎ - 15 -‎ ‎ ‎ 即乙比甲多走了 ，说明一开始甲在前，乙在后，故B错误；‎ C、从以上分析可知：两者在同一点上，故C错误；‎ D、1s末甲车的速度为: 1s到3s甲车的位移为:，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确 综上所述本题答案是：D ‎2. 取水平地面为零势能面，一物块从某高处水平抛出，在抛出点其重力势能为动能的3倍。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．‎ 物块做平抛运动，机械能守恒，初状态的机械能，其中；所以，末状态的机械能，根据机械能守恒定律，所以，设落地时速度与水平方向的夹角α，，解得，故D正确．‎ ‎3. 如图所示，光滑水平面上放着一长为l质量为M的木块，、一质量为m的子弹从左边以初速度v水平射入木块，恰好没有射穿，则（ ）‎ A. 最终子弹与木块的速度为零 B. 在子弹与木块相互作用的过程中，子弹的位移为l C. 在子弹与木块相互作用的过程中，木块的位移一定为l - 15 -‎ D. 在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量为 ‎【答案】D ‎【解析】A.子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，得：，故A错误；‎ B．在子弹与木块相互作用的过程中，子弹的位移为，木块的位移为，因为子弹恰好没有射穿木块，有，即， 所以子弹的位移，故B错误；‎ C．因为v0>v，所以子弹的位移，故C错误；‎ D．在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量等于系统动能的减小量，即，故D正确。 ‎ 故选：D。‎ 点睛：根据系统动量守恒求出最终子弹和木块的速度；根据匀变速运动的规律得出子弹和木块的位移与l的关系；系统减小的动能等于产生的内能。‎ ‎4. 如图所示,空间存在一匀强电场,其方向与水平方向夹角为 30°,A、B连线与电场线垂直,一质量为 m，电荷量为 q的带正电小球以初速度 v0 从 A点水平向右抛出，经过时间 t小球最终落在 C 点,速度大小仍为v0，且 AB=BC，则下列说法中正确的是 A. 电场强度方向沿电场线斜向上 B. 电场强度大小为 C. 此过程小球增加的电势能等于 D. 小球在运动过程中下落的高度为 ‎【答案】C ‎【解析】小球在下落过程中初末动能不变，由动能定理可知，mg∙ABsin60°-Eq∙‎ - 15 -‎ BCsin60°=0，解得：E=；由题意可知，小球在下落过程中初末动能不变，根据动能定理，合力做功为0，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下；故AB错误； 将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，‎ ‎ 则有竖直分量中产生的电场力F=E′q=mgcos60°=mg；则物体在竖直方向上的合力F合=mg；则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度ay=g；则下落高度；故D错误；此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移 ；则电势能的增加量；故C正确；故选C.‎ ‎5. 如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的1／4，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件及角度关系，表示出圆周运动的半径，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力列式求解即可．‎ 从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的，所以∠POQ=90°；结合几何关系，有，洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有，联立解得，D正确．‎ - 15 -‎ ‎6. 在孤立负电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v－t图象如图所示。则以下判断正确的是（ ）‎ A. a、c带负电，b、d带正电 B. a、c带正电，b、d带负电 C. a、d带正电，b、c带负电 D. a、d带负电，b、c带正电 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：图像a做加速度减小的加速运动，故a带负电，远离孤立负电荷；图像b做加速度增大的加速运动，故b带正电，靠近孤立负电荷；图像c做加速度增大的减速运动，故c带负电，靠近孤立负电荷；图像d做加速度减小的减速运动，故d带正电，远离孤立负电荷，故选项A正确。‎ 考点：电场强度、加速度、速度 ‎【名师点睛】本题关键掌握速度图象斜率的意义进行分析加速度的变化情况，由电场强度与加速度的关系，即根据牛顿第二定律把握物理量之间联系。‎ ‎7. 在光滑水平地面水平放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的物块（电量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且M＞m。空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D - 15 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知v-t图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有，因，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动，则B正确．‎ ‎8. 如图所示，轻质OB杆通过较链固定在竖直墙壁上，AB绳一端系在墙壁上，另一端系在B端，然后在B端通过细线挂一质量为m的重物。已知OB杆水平，与AB绳夹角q＝30°，已知细线承受的最大张力为F0，AB绳承受的最大张力为2F0（F0＞mg，g为重力加速度），下列说法中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. OB杆在B端受到的合力作用沿OB方向 B. OB杆在B端受到的合力不一定沿杆的方向 C. 逐渐增加所挂重物的质量，细线先被拉断 D. 逐渐增加所挂重物的质量，AB绳和细线同时被拉断 ‎【答案】D ‎【解析】AB．由于OB杆通过较链固定在竖直墙壁上，OB杆在B端受到的合力作用沿BO方向，故A错误，B错误；‎ C．绳的拉力F与细线的拉力T沿BO方向，则两者的关系满足：，即F=2T，当F=2F0时，T=F0，AB绳和细线同时被拉断，故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎9. 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（ ）‎ - 15 -‎ A. 板间电场强度大小为 B. 两极板间电压为 C. 整个过程中质点的重力势能增加 D. 若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：根据题意，小球最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，小球的加速度向下，最后才能最后垂直打在M屏上，根据对称性可明确加速度关系，从而根据动力学规律即可明确板间电场强度和电势差，根据功能关系可分析重力势能的增加量；同时明确电量不变只改变板间距离时，两板间的电场强度不变．‎ 据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，得到，A正确；由可知，板间电势差，B错误；小球在电场中向上偏转的距离，而，解得，故小球打在屏上的位置与P点的距离为，重力势能的增加量，C正确；仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，D错误．‎ ‎10. 人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”．设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1600 m，直径200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1．5‎ - 15 -‎ ‎ m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境．为了使太空城内的居民能如地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动．如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有（ ）‎ A. 太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心 B. 人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供 C. 太空城内的居民不能运用天平准确测出质量 D. 太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：太空城内物体做匀速圆周运动，向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心且向外，故A正确；太空城内物体做匀速圆周运动，人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故B正确；天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确测出质量，故C错误；等效重力等于向心力，故：，故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正确。‎ 考点：向心力；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】太空城内物体做匀速圆周运动，支持力提供向心力；以太空城为参考系，人感觉有等效的重力，等于支持力；本题是非惯性系问题，明确太空城内的等效重力等于太空城内物体对地面的压力，结合牛顿第二定律和向心力公式列式研究。‎ ‎11. 如图所示，空间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向内的匀强磁场，一带负电小球以初速度v0从O点沿水平直线OO′方向进入场区，恰好做直线运动。只改变初速度大小，下列说法中正确的是（ ）‎ - 15 -‎ A. 若初速度大于v0，则可能从M飞出，运动过程中小球动能减少，机械能增加，电势能减少 B. 若初速度大于v0，则可能从N飞出，运动过程中小球动能增加，机械能减少，电势能增加 C. 若初速度小于v0，则可能从N飞出，运动过程中小球动能增加，机械能减少，电势能增加 D. 若初速度小于v0，则可能从M飞出，运动过程中小球动能减少，机械能增加，电势能减少 ‎【答案】AC ‎【解析】小球运动过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力，和竖直向上的洛伦兹力，恰好沿直线通过，则有，若增大，则洛伦兹力增大，小球向上偏转，则可能从M飞出，因为洛伦兹力不做功，所以除了重力之外只有电场力做功，电场力做正功，所以机械能增大，电势能减小，因为，故，而重力做负功，所以重力和电场力做功之和为负，即动能减小，A正确B错误；若减小，则洛伦兹力减小，小球向下偏转，则可能从N飞出，因为洛伦兹力不做功，所以除了重力之外只有电场力做功，电场力做负功，所以机械能减小，电势能增大，因为，故，而重力做正功，所以重力和电场力做功之和为正，即动能增大，C正确D错误．‎ ‎12. 如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想表。现闭合开关S，将变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电容器两极板间的电场强度变大，电容器的带电量减小 B. 电流表示数减小，电压表示数变大 C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大 D. 电源的输出功率一定变小 ‎【答案】BC ‎【解析】当变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，R2电压减小，则电容器板间电压减小，板间的电场强度变小，电容器所带电量减小，故A错误．总电流减小，电流表示数减小．则R2电压和内电压均减小，由闭合电路欧姆定律知，R1电压变大，所以电压表示数变大，故B正确．电压表的示数U和电流表的示数I的比值 =R1，变大，故C正确．由于电源的内外电阻的大小关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化．故D错误．故选BC.‎ - 15 -‎ 点睛：本题是电路的动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．分析电源的输出功率变化时，要根据推论：内外电阻相等时，电源的输出功率最大来分析．‎ 二、实验题 ‎13. 某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水总质量m＝1kg的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材，设计如下实验验证力的平行四边形定则，同时测出弹簧的劲度系数k。其操作如下：‎ a．将弹簧P上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧P的长度L0＝12.50cm；‎ b．将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度L1，如图甲所示，则L1＝_____cm；‎ c．在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油，将细绳搭在挂钩上，缓慢的拉起弹簧Q，使弹簧P偏离竖直方向夹角为60°，测出弹簧Q的长度为L2及其轴线与竖直方向夹角为θ，如图乙所示；‎ ‎(1)取重力加速度g＝10m／s2，则弹簧P的劲度系数k＝_____；‎ ‎(2)若要验证力的平行四边形定则，L2和θ需满足的条件是L2＝_____cm，θ＝_____。‎ ‎【答案】 (1). 17.50 (2). 200N/m (3). 17.50 (4). 600‎ ‎【解析】b、由图可读出L1=17.50cm；‎ c. （1）弹簧P的劲度系数 ；‎ 点睛：此题的关键是搞清实验的原理；注意要弄清题意；尤其是关键词语，例如“在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油”意味着弹簧P的拉力等于重力.‎ ‎14. 国标（GB／T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13 Ω·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 - 15 -‎ 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），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：‎ 电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）； ‎ 电压表V1（量程为3 V，内阻很大）；‎ 电压表V2（量程为3 V，内阻很大）；‎ 定值电阻R1（阻值4 kΩ）；‎ 定值电阻R2（阻值2 kΩ）；‎ 电阻箱R（最大阻值9 999 Ω）；‎ 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．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ D．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；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；‎ F．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值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关系图象。则自来水的电阻率ρ＝_______ Ω·m （保留两位有效数字）。‎ ‎(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 30.00 (2). (3). 14 (4). 偏大 - 15 -‎ ‎【解析】试题分析：游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数．分别求出S接1和接2时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出；从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率；分析若电压表V1内阻不是很大，对测量电阻的影响，再判断自来水电阻率测量的影响；‎ ‎（1）游标卡尺的主尺读数为3.0cm=30mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为30.00mm；‎ ‎（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，总电压 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，则此时电路中的电流为，总电压，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得，解得 ‎（3）从图丙中可知，时，，此时玻璃管内水柱的电阻，水柱横截面积，由电阻定律得 ‎（4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于，所以测量的将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；‎ 三、计算题（本题共3小题，共37分。解答时应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15. 如图所示，质量为m的小球用OB和O＇B两根轻绳悬挂，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30º和60º，此时OB绳的拉力大小为F1。若烧断O＇B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1与F2的比值为多大？‎ ‎【答案】1：4‎ ‎【解析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，‎ - 15 -‎ 根据几何关系得；‎ 烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：‎ 在最低点，有，联立解得；‎ 故；‎ ‎16. 如图所示，滑板轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道，半径为R＝1.8 m。ABC为光滑轨道，且水平轨道AB与圆弧轨道BC在B点相切。若运动员的质量M＝48.0 kg，滑板质量m＝2.0 kg，二者均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。‎ ‎(1)运动员和滑板在A点的速度至少多大才能滑到C点？‎ ‎(2)以第(1)问中的最小速度运动时，求运动员滑过圆弧形轨道B点时对轨道的压力；‎ ‎(3)若A点右侧为动摩擦因数μ＝0.3的水泥地面，运动员以第(1)问中的最小速度滑至C点又滑回后，运动员与滑板会停在距A点多远的位置？‎ ‎【答案】(1)6.0 m/s　(2)1.5×103 N　(3)6.0 m ‎..................‎ ‎(m＋M)v2＝(m＋M)gR 解得v＝6.0 m/s 运动员和滑板在A点的速度v至少要达到6.0 m/s才能滑到C点 ‎(2)以第(1)问中的最小速度v运动时，由牛顿第二定律得 - 15 -‎ FN－(m＋M)g＝‎ 解得轨道对运动员和滑板的支持力为FN＝1.5×103 N 由牛顿第三定律可知运动员和滑板对轨道的压力大小也等于1.5×103 N，方向向下 ‎(3)因为轨道ABC光滑，由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v＝6.0 m/s 滑过A点后至停下的过程可由动能定理得 ‎－μ(m＋M)gx＝0－(m＋M)v2‎ 代入数据解得运动员和滑板最后与A点的距离为x＝6.0 m。‎ ‎17. 如图所示，在xOy坐标系中，在y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计。‎ ‎(1)要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？‎ ‎(2)通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（4d， 0）（图中未画出），求磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】（1）（2），‎ ‎【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由初速度、匀加速直线运动的位移、加速度等求出末速度的大小和方向，进入磁场后做匀速圆周运动由洛仑兹力提供向心力和轨迹圆与金属板相切的几何关系求出最小的磁感应强度．粒子再次回到电场时做斜抛运动，再次到达x轴时速度恰恰水平，这样粒子在x轴上前进一段距离，当前进的距离的整数倍为4d时，此时符合题目所要求的磁感应强度．‎ ‎（1）粒子先在电场中做类平抛运动，，‎ - 15 -‎ 其中，得 进入磁场速度 速度与x轴夹角 ‎ 所以，粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切 设粒子在磁场中运动半径为R，洛仑兹力提供向心力 由几何关系，得 故要使粒子不打到挡板上，‎ ‎（2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离 调节磁场 粒子通过P点，回旋次数，n为整数，只能取n=2和n═3‎ n=2时，，此时磁场 n=3时，，此时磁场 - 15 -‎