2019-2020年高三上学期12月月考试题 物理 含答案.doc

2019-2020年高三上学期12月月考试题 物理 含答案一、单项选择题本题共5小题，每小题3分，共计15分每题只有一个选项符合题意1. 设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x.现有四个不同物体的运动图象如图所示，t=0时刻物体的速度均为零，则其中物体做单向直线运动的图象是2 图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势jKjLjM，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是A粒子带负电B粒子在bc段也做减速运动C粒子在a点的速率大于在e点的速率D粒子从c点到d点的过程中电场力做负功3太阳系的第二大行星土星的卫星很多，其中土卫五和土卫六绕土星的运动可近似看作圆周运动，下表是关于土卫五和土卫六两颗卫星的资料。两卫星相比卫星发现者发现年份距土星中心距离/km质量/kg直径/km土卫五卡西尼1672年527 0002.311021765土卫六惠更斯1655年1 222 0001.3510232 575A土卫五绕土星运动的周期较小B土卫五绕土星运动的线速度较小C土卫六绕土星运动的角速度较大D土卫六绕土星运动的向心加速度较大4 一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示.现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域.线框中的电流随时间变化的I-t图象如图乙所示.则可能的线框是如图丙所示中的哪一个5 如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是A电压表的读数U先减小，后增大B电流表的读数I先增大，后减小C电压表读数U与电流表读数I的比值U/I不变D电压表读数的变化量U与电流表读数的变化量I的比值U/I不变二、多项选择题本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分F0OFt t1t2 t3t4ab6 如图a所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则A.t1时刻小球具有最大速度B. t2时刻小球的速度大小为零C.可以计算出小球自由下落的高度D.整个运动过程中，小球的机械能守恒7一个水平固定的金属大圆环A，通有恒定的电流，方向如图所示，现有一小金属环B自A环上方落下并穿过A环，B环在下落过程中保持水平，并与A环共轴，那么在B环下落过程中 AB环中感应电流方向始终与A环中电流方向相反BB环中感应电流方向与A环中电流方向先相反后相同C经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流最大D经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流为零8 如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用。初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是AA一定带正电，B一定带负电BA、B两球带电量的绝对值之比qA:qB1:2CA球电势能一定增加D电场力对A球和B球都要做功9 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数m均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的D物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的第卷（非选择题共89分）三、简答题：本题分必做题（第l0、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10（6分）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度与质量关系”的实验装置。Oa甲乙丙（1）在图示装置中，是固定在小车上位移传感器的发射器部分，是接收部分。在该实验中采用控制变量法，保持小车所受拉力不变，用钩码所受的重力作为小车所受拉力，为了减小实验误差，应使钩码质量尽量_些。（填“大”或“小”）（2）改变小车的质量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-1/M关系图线，如果摩擦力不能忽略，则画出的a-1/M图线为图示中的_。（填“甲”或“乙”或“丙”）（单选题）该实验中某同学画出的图线中AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（ ）0010545A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大11（12分）在“测定金属的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：（1） 用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L。再用螺旋测微器测量金属丝的直径D，某次测量结果如图所示，则这次测量的读数D= mm。（2） 先用欧姆表（1档）粗侧，如右图，再使用电流表和电压表准确测量金属丝的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源（电动势为4V，内阻很小）、待测电阻丝、导线、开关外，电压表应选用 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填器材前的字母）。ESVAbcaA电压表V2（量程3V，内阻约3k） B电压表V1（量程15V，内阻约15k）C电流表A1（量程600mA，内阻约1）D电流表A2（量程3A，内阻约0.02） E滑动变阻器R1（总阻值10，额定电流2A） F滑动变阻器R2（总阻值100，额定电流2A）（3） 若采用图所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的_点相连（选填“a”或“b”）。若某次测量中，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量（D、L、U、I）写出电阻率的计算式： 。12选做题B（选修模块3-4）（12分）1玻璃板空气2（1）频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示。下列说法正确的是A单色光1的波长大于单色光2的波长B在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度C单色光1的光子能量小于单色光2的光子能量D单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角（2）在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到。只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2 -l图象，就可求出当地的重力加速度，理论上T2 -l图象是一条过坐标原点的直线。某同学在实验中，用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出T2-l图象，如图所示造成图象不过坐标原点的原因可能是A将l0记为摆长l； B摆球的振幅过小 C将（lo+d）计为摆长l D摆球质量过大由图像求出重力加速度g=_m/s2（取）（3）x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图象如图所示，质点A刚好开始振动求波在介质中的传播速度；求x=4m的质点在0.14s内运动的路程C（选修模块35）（12分）（1）如图所示是氢原子的能级图，现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，所辐射的光子中，只有一种能使某金属产生光电效应。以下判断正确的是1234n- 13.6- 3.4- 1.51- 0.850E/eVA该光子一定是氢原子从激发态n=3跃迁到n=2时辐射的光子B该光子一定是氢原子从激发态n=2跃迁到基态时辐射的光子C若氢原子从激发态n=4跃迁到基态，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应D若氢原子从激发态n=4跃迁到n=3，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应（2）一个质量为50kg的人站立在静止于平静的水面上的质量为400kg船上，突然船上人对地以2m/s的水平速度跳向岸，不计水的阻力，则船以_ _m/s的速度后退，若该人向上跳起，以人船为系统，人船系统的动量_ _ _。（填守恒或不守恒）（3）太阳现在正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和、等原子核组成。维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是：+释放核能，这些核能最后转化为辐射能。已知质子质量mp，氦核的质量m，电子质量me，光速c。试求每发生一次上述核反应所释放的核能；用上述辐射中产生的波长为400nm某一单色光去照射逸出功为3.010-19J金属材料铯时，能否产生光电效应？若能，试求出产生的光电子的最大初动能。（保留三位有效数字，普朗克常量h=6.6310-34Js）四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有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13（15分）如图所示，一弹丸从离地高度H=195m的A点以v0=80m/s的初速度水平射出，恰以平行于斜面的速度射入静止在固定斜面顶端C处的一木块中，并立即与木块具有相同的速度（此速度大小为弹丸进入木块前一瞬间速度的）共同运动，在斜面下端有一垂直于斜面的挡板，木块与它相碰没有机械能损失，碰后恰能返回C点。已知斜面顶端C处离地高h=015m，(g=10m/s2)求：（1）A点和C点间的水平距离？（2）木块与斜面间的动摩擦因数？ （3）木块从被弹丸击中到再次回到C点的时间t ？(保留两位有效数字，)14（16分）如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UAB，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场，极板长L=0.2m,板间距离d=0.2m，在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板间中线OO垂直，磁感应强度B=5l0-3T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO连续射入电场中，已知每个粒子的速度v0=105m/s，比荷C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，此极短时间内电场可视作是恒定不变的。求：（1）在t=0.ls时刻射入电场的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为多少；（2）带电粒子射出电场时的最大速度；（3）在t=0.25s时刻从电场射出的带电粒子在磁场中运动的时间。15（16分）如图（甲）所示，两光滑导轨都由水平、倾斜两部分圆滑对接而成，相互平行放置，两导轨相距Llm ，倾斜导轨与水平面成30角，倾斜导轨的下面部分处在一垂直斜面的匀强磁场区I中，I区中磁场的磁感应强度B1随时间变化的规律如图（乙）所示，图中t1、t2未知。水平导轨足够长，其左端接有理想的灵敏电流计G和定值电阻R3，水平导轨处在一竖直向上的匀强磁场区中，区中的磁场恒定不变，磁感应强度大小为B21T ，在t0时刻，从斜轨上磁场I 区外某处垂直于导轨水平释放一金属棒ab，棒的质量m0.1kg ，电阻r2，棒下滑时与导轨保持良好接触，棒由斜轨滑向水平轨时无机械能损失，导轨的电阻不计。若棒在斜面上向下滑动的整个过程中，灵敏电流计G的示数大小保持不变，t2时刻进入水平轨道，立刻对棒施一平行于框架平面沿水平方向且与杆垂直的外力。（g取10m/s2）求：（1）磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d；（2）棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量；（3）若棒在t2时刻进入水平导轨后，电流计G的电流大小I随时间t变化的关系如图（丙）所示（I0未知），已知t2到t3的时间为0.5s，t3到t4的时间为1s，请在图（丁）中作出t2到t4时间内外力大小F随时间t变化的函数图像。扬州中学xx届高三综合练习物 理第卷（选择题共31分）题号123456789答案CBADDBCBDBDBD第卷（非选择题共89分）10小 丙 C110.516 （0.5150.519） A C E b 123-4模块（1）D （2）A 9.87（3）传播速度 代入数据得 v=50m/s在0.14s内，x=4m的质点只振动了个周期该质点运动的路程 3-5模块（1）C （2）0.25 不守恒（3） 能 1.9710-19J13（1）弹丸从A到C做平抛运动t= s=06sA点到C点的水平距离s = v0t =8006m =4.8m （2）弹丸到C的速度方向与水平方向的夹角为tg = = = =vC= m/s = 10m/s弹丸与塑料块在C点具有的相同速度vC=vC=1m/s 分析弹丸与塑料块从C点返回到C点的整个过程，根据动能定理有： -mgcos2=0mvC2 解得动摩擦因数=0125 （3）根据牛顿第二定律，下滑时由 a1=gsin-gcos可得a1=5 m/s2由= vC t1+a1 t12可解得t1=017s上滑时由 a1=gsin+gcos可得a2=7 m/s2 由=a2t22可解得t2=027s 所以塑料块从被弹丸击中到再次回到C点的时间t= t1+ t2=044s14（1）在时刻射入电场的带电粒子，在极板间做匀速直线运动，以v0垂直磁场边界垂直射入磁场，由可得：在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为：（2）设带电粒子从极板的边缘射出电场时的速度最大，对应的瞬时电压为，则： 解得： 由动能定理： 射出的最大速度 （3）在时刻从电场射出的带电粒子，从极板的上边缘射出电场，垂直进入磁场时与磁场边界的夹角为，射出磁场时与磁场边界的夹角也为，故对应的圆周的圆心角为，故在磁场中运动的时间为圆周运动周期的四分之一。由， 得到：，所以 s15（1）电流表的示数不变，说明在整个下滑过程中回路的的电动势是不变的，说明在B变化时和不变时感应电动势大小一样，所以可以判断在t1时刻棒刚好进入磁场区域且做匀速直线运动。mgsin-BIL=0， ， E1=BLV, 代入数值得v=2.5m/s没进入磁场以前做匀加速直线运动，加速度是 a=gsin300=5m/s2, v=at, t1=0.5s ,下滑的距离是s1=at2=0.625m，再没进入磁场以前，由于B均匀变化，所以E2=， 又E1=BLV E1= E2 ， 41d=112.5， d=0.625m （2）ab棒进入磁场以前，棒上产生的热量为 Q1=I2rt1=0.5220.5J=0.25J取ab棒在斜轨磁场中运动为研究过程， mgd sin-Q2=0 Q2=0.3125J. 此时，棒上产生的热量是Q2r=0.125J 则棒上产生的总热量是Qr= Q1+Q2r=0.375 J 或：Qr=I2R（t1+t2）=0.522(0.5+0.25)J=0.375J（3）因为E=BLv，所以刚进水平轨道时时的电动势是E=2.5V, I0=0.5A取t2时刻为零时刻，则根据图线可以写出I-t的方程式：I=0.5-t，I=,则v=2.5-5 t，所以a1=5m/s2.有牛顿第二定律可得：F+BIL=ma1， F=t画在坐标系里。由丙图可以同理得出棒运动的加速度大小是a2=2.5m/s2,依据牛顿定律得F-BIL=ma2取t3时刻为零时刻，可以写出t3时刻后的I与时间的关系式，I=0.5 t ，代入上面的式子可以得到F=0.25+0.5t画在坐标系里。(图中图线作为参考) 丁t/sF/Nt2 t3 t4 0.90.80.70.60.50.40.30.20.1