2019-2020年高三物理12月月考（期中）试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理12月月考（期中）试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1设月球绕地球运动的周期为27天，则地球的同步卫星到地球中心的距离r与月球中心到地球中心的距离R之比为（）A BCD考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用分析：根据地球对月球的万有引力等于向心力列式表示出轨道半径根据地球对同步卫星的万有引力等于向心力列式表示出轨道半径求解解答：解：根据地球对月球的万有引力等于向心力列出等式：根据地球对同步卫星的万有引力等于向心力列式：所以：得：故选：D点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用2如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A数值变大，方向不变B数值变小，方向不变C数值不变，方向改变D数值和方向均改变考点：安培力分析：通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为F=BILsin，是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析解答：解：通电直导线所受的安培力F=BILsin，是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变故B正确，ACD错误故选：B点评：本题考查了安培力的大小公式和安培力方向的判断，比较简单，很容易掌握3（6分）如图所示的电路，电源的电动势为16V，内阻不计R1=R4=3，R2=R3=5，电容C=1F，电容器上极板的带电量为（）A6106CB4106CC4106CD8106C考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：图中R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联根据欧姆定律求R1和R3的电压，电容器的电压等于R1与R3电压之差，再求电容器的带电量解答：解：根据欧姆定律和串联电路特点可知R1与R3电压分别为：U1=E=16V=6VU3=E=16V=10V则电容器的电压为：U=U3U1=4V电容器的带电量为：Q=CU=11064C=4106C根据外电路中顺着电流方向降低，可知电容器上极板电势比下极板低，所以电容器上极板带负电，带电量为4106C故选：B点评：本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压本题电路稳定时，电容器的电压等于电容器这一路同侧两个电阻的电压之差4（6分）竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力mg现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直速度突变为零，水平分量没有变化，（不计空气阻力）则小球到达与P1点等高的P2时线上张力T为多少（）A3mgBmgC4mgD5mg考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：小球在电场力和重力的作用下做加速运动，当绳被拉直的时候，沿着绳的速度的大小变为零，之后球在重力和电场力的作用下继续向右运动，从绳被拉直到到达P2的过程中，根据动能定理可以求得到达P2时速度的大小根据径向的合力提供向心力求出绳子的张力大小解答：解：小球由静止释放到最低点的过程中受到电场力和重力两个力，其合力的方向是由P1指向最低点，因此小球做匀加速直线运动，水平分量是：vx=在到达P2的过程中，由动能定理有：EqLmgL=mv2mvx2即：v=vx=根据牛顿第二定律得：TqE=m解得：T=3mg故A正确，BCD错误故选：A点评：在小球运动的全过程中是不能应用动能定理来计算的，因为在绳被拉直的时候，球的动能有损失，这是本题常出错的地方5（6分）图中实线是一簇等差等势线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）A带电粒子在a、b两点的速度b处较大B带电粒子在a、b两点的电势能a处较大C带电粒子带的是正电荷D带电粒子在a、b两点的受力b处较大考点：电场线分析：由图看出粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小根据电场力做功情况分析速度的变化解答：解：AB、若粒子从b到a运动，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较小，电势能较大，故AB正确C、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故C错误D、根据电场线的疏密程度，可以判断出a、b两点场强的大小，可知a处场强较大，受电场力较大，故D错误故选：AB点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况6（6分）（xx江陵县模拟）如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是（）A金属块带正电荷B电场力做功0.2JC金属块的机械能减少1.2JD金属块的电势能增加0.2J考点：电势能；功能关系专题：电场力与电势的性质专题分析：在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定理求出电场力做功知道电场力做功量度电势能的改变知道重力做功量度重力势能的改变解答：解：在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK解得：W电=0.2J所以电场力做功0.2J，金属块的电势能增加0.2J由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷故A、D正确，B错误C、在金属块滑下的过程中重力做功1.2J，重力势能减小1.2J，动能增加了0.7J，所以金属块的机械能减少0.5J，故C错误故选AD点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系7（6分）（xx眉山模拟）如图所示，一个顶角为90的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑，两个斜面与水平面的夹角分别为、，且将质量相等的A、B两个小滑块同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止则（）A两滑块滑至斜面底端所用的时间相同B两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同C两滑块均在斜面上下滑时地面对斜面体无摩擦力D地面对斜面体的支持力小于三个物体的总重力考点：功率、平均功率和瞬时功率；摩擦力的判断与计算专题：功率的计算专题分析：根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，从而比较运动时间的长短，根据速度时间公式求出滑块到达底端的速度，从而求出重力的瞬时功率对M分析，根据共点力平衡分析地面对斜面体是否有摩擦力，对整体分析，根据A、B加速度的方向确定整体处于超重还是失重解答：解：A、物块A下滑的加速度a=gsin，位移x=，根据x=得，t=，同理，B下滑的时间t=，可知两滑块滑至底端的时间不同故A错误B、物块A滑到底端的速度v=，B滑到底端的速度也为，由于两物体的速度方向不同，则重力的瞬时功率不同故B错误C、A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mgsincos，B对斜面体在水平方向上的分力为mgsincos，因为、互余，则mgsincos=mgsincos，则地面对斜面体没有摩擦力故C正确D、因为A、B的加速度均沿斜面向下，对整体分析，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力故D正确故选：CD点评：本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，注意瞬时功率P=mgcos，为力与速度的夹角8（6分）如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=4，电灯A的电阻为10，电灯B的电阻为8，滑动变阻器的总电阻为6闭合开关S，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（）A电流表示数先减小后增大B电压表的示数先增大后减小C电灯A的亮度不断减小D电源的最大输出功率为3.92W考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，判断两电表读数的变化解答：解：ABC、当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，该并联电路的总电阻为R总：= （R是和灯A串联部分滑动变阻器的阻值），所以R总=，由数学知识分析知，当R=2时，该电路的总电阻最大为6，所以滑动触头P由a端向b端滑动的过程中总电阻由5.8逐渐增大到6，再由6逐渐减少到5.3，根据闭合电路欧姆定律电路中电流先减少再增大即电流表的示数先减少后增大，则A正确，电压表的示数为U=由数学知识可知U先减小后增大，则B错误，灯A的 电流减少，故AC正确，B错误D、由数学知识分析知，当外电路电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，外电路总电阻最小为5.3时，由P=UI可得最大输出功率为3.92W，故D正确故选：ACD点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析对于变阻器，两侧电路并联，根据两灯的电阻大小确定总电阻如何变化是关键三、非选择题：（174分）9（8分）利用如图1所示的装置验证机械能守恒定律（1）电火花打点计时器应接220V交流电源（2）实验部分步骤如下：A按图装置沿竖直方向固定好打点计时器，把纸带下端挂上重物，穿过打点计时器B将纸带下端靠近打点计时器附近静止，接通电源，释放纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点C如图2为打出的一条纸带，用刻度尺测出A，B，C与起始点O之间的距离分别为h1，h2，h3（3）设打点计时器的周期为T，重物质量为m，重力加速度为g研究纸带从O下落到B过程中增加的动能Ek=，减少的重力势能Ep=mgh2（4）由于纸带受到摩擦，实验测得的Ek小于（填“大于”或“小于”）Ep考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值解答：解：（1）打点计时器的工作电压为交流电，实验时必须先接通电源再释放纸带；（3、4）处理数据时，由于纸带做匀加速直线运动，则某段时间内中间时刻的速度等于平均速度，到B点时速度v=，O点速度为零，增加的动能Ek=mv2，联立得Ek=，到B点时减小的重力势能Ep=mgh2，由于纸带和计时器之间有摩擦，实际有EkEp故答案为：（1）220V交流； （3），mgh2（4）小于点评：本题考查验证机械能守恒定律实验的操作步骤及注意事项难度中等由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量10（10分）现要测量一节电动势约为2V，内阻在0.10.3之间的旧蓄电池的电动势和内阻除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：A电压表V（量程03V，内阻10kB电流表A1（量程00.6A，内阻0.3）C电流表A2（量程03A，内阻0.05）D定值电阻R1（阻值1，额定功率0.5W）E定值电阻R2（阻值10，额定功率0.1W）F滑动变阻器R3（阻值范围01O，额定电流1A）G滑动变阻器R4（阻值范围0100，额定电流0.5A）小李设计的电路如图甲所示利用该电路，小李在实验中正确操作，测出了多组数据，根据测量数据描点法作出了图乙所示的电压表示数U与电流表示数I之间的关系图象（1）在小李设计的电路中，滑动变阻器应选R3（只填器材序号字母）；（2）利用图乙测出的蓄电池电动势E=1.96V，内阻r=0.18（结果保留到小数点后两位）（3）用该电路测电动势与内阻，测量值和真实值的关系E测小于E真，r测小于r真（填大于等于或小于）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电路及给出的仪器选择滑动变阻器；（2）根据图象中的斜率可求得电源的电动势；根据图象的斜率可求得内阻；（3）根据实验电路及电表内阻的影响可求得误差解答：解：（1）电源电动势约为2V，保护电阻为1，电源内阻较小，约为零点几欧姆到1左右，为方便实验操作，滑动变阻器应选R3；（2）由图可知，电源的电动E=1.96V；内阻r+R=1.22；解得：r=1.221=0.22；（3）产生系统误差的原因主要是没有考虑电压表的分流作用故正确公式应为：E=U+（+）r，得；=+，所以测量值和真实值的关E测小于E真、r测小于r真故答案为：（1）R3；（2）1.96；0.22；（3）小于；小于点评：解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理，运用闭合电路欧姆定律分析，以及会运用图象法直观地得出电源的电动势和内阻三、计算题（要求写出必要的步骤和文字说明）11（11分）如图所示，AB为斜轨道，与水平方向成45角，BC为水平轨道，两轨道在B处通过一段小圆弧相连接，一质量为m的小物块，自轨道AB的A处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C点，已知A点高h，物块与轨道间的滑动摩擦系数为，求：（1）物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比值（2）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出物块在斜面上和在水平面上的加速度大小之比，从而求出滑动的时间之比（2）根据动能定理，抓住动能变化量为零，求出沿原路回到A点所需做的功解答：解：（1）设物块沿轨道AB滑动的加速度为a1，由牛顿第二定律有： mgsin45mgcos45=ma1 设物块到达B点时的速率为vB，则有： vB=a1t1 设物块沿轨道BC滑动的加速度为a2，由牛顿第二定律有： mg=ma2物块从B点开始作匀减速直线运动，到达C点时，速度为零，故有： 0=vBa2t2由各式得：=（2）由动能定理：由A到C：Wfmgh=0由C到A：WFmghWf=0所以，WF=2mgh答：（1）物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比值为为（2）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功为2mgh点评：本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的基本运用，运用动能定理解题，关键理清过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解12（15分）（xx金山区一模）如图所示，M，N是水平放置的一对正对平行金属板，其中M板中央有一小孔O，板间存在竖直向上的匀强电场，AB是一根长为9L的轻质绝缘细杆，在杆上等间距地固定着10个完全相同的带电小球（小球直径略小于孔），每个小球带电荷量为q，质量为m，相邻小球间的距离为L，小球可视为质点，不考虑带电小球之间库仑力现将最下端的小球置于O处，然后将AB由静止释放，AB在运动过程中始终保持竖直，经观察发现，在第二个小球进入电场到第三个小球进入电场前这一过程中，AB做匀速直线运动已知MN两板间距大于细杆长度试求：（1）两板间电场场强度的大小；（2）上述匀速运动过程中速度大小；（3）若AB以初动能Ek0从O处开始向下运动，恰好能使第10个小球过O点，求Ek0的大小考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）在第二个小球进入电场到第三个小球进入电场前这一过程中，AB做匀速直线运动，根据平衡条件列式求解；（2）第一个小球进入时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解出加速度，再根据速度位移公式求解末速度；也可以根据动能定理列式求解；（3）对整个过程运用动能定理列式求解解答：解：（1）杆匀速运动时，受力平衡：2Eq=10mg得E=（2）杆从开始运动恰好匀速的过程中，根据动能定理：（10m）gLEqL=（10m）v2杆匀速运动的速度大小v=（3）对整个过程运用动能定理列式，有：10mg9LEq（L+2L+9L）=0Ek0得Ek0=135 mgL答：（1）两板间电场场强度的大小为；（2）上述匀速运动过程中速度大小为；（3）若AB以初动能Ek0从O处开始向下运动，恰好能使第10个小球过O点，则Ek0的大小为135mgL点评：本题关键是灵活地选择过程运用动能定理列式，注意电场力和重力做功只与初末位置有关，与路径无关13（18分）如图所示，两块足够大的平行金属板a、b竖直放置，板间有场强为E的匀强电场，两板距离为d，今有一带正电微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入板间，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度，方向垂直纸面向里求：（1）微粒的带电量q；（2）微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离L（用d表示）；（3）微粒在ab、bc区域中运动的总时间t（用d、v0表示）考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）将粒子的运动分解为水平方向和竖直方向，根据两个方向上的运动规律，抓住等时性求出微粒的带电量（2）根据第一问可知，粒子电场力和重力平衡，则粒子在bc区域内做匀速圆周运动根据洛伦兹力提供向心力求出粒子做圆周运动的半径，结合几何关系求出微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离L（3）根据粒子在ab区域内水平方向上做匀加速直线运动，根据平均速度公式求出运动的时间，通过粒子在磁场中做圆周运动的圆心角求出粒子在磁场中运动的时间，从而求出总时间解答：解：（1）微粒在电场中受水平向右的电场力和竖直向下的重力，其运动分解为水平和竖直方向的匀变速运动水平方向上的加速度，又解得q=（2）微粒进入bc区域中由于电场力与重力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动又，d=得圆周半径r=2d微粒刚进入bc时洛伦兹力方向向上，逆时针偏转，轨迹如图所示，设圆心角为，有几何关系得，即=30微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离（3）微粒在电场中的运动时间磁场中运动的时间在ab、bc区域中运动的总时间t=答：（1）微粒的带电量q=（2）微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离（3）微粒在ab、bc区域中运动的总时间t=点评：本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动