黑龙江省2020届高三物理12月月考试卷（附解析Word版）

高三学年第三次月考 物理试卷 一、选择题 1.下列说法中符合实际的是 A. 出租汽车按位移的大小收费 B. 在“空间站”工作的宇航员因受力平衡而在舱中悬浮或静止 C. 重力势能、电势、功、磁通量全部是标量，但有正负 D. 质量、长度、电荷量都是国际单位制中的基本物理量，其单位分别为 kg、m、C 【答案】C 【解析】 【详解】A．出租汽车按路程收费，选项 A 错误； B．在“空间站”工作的宇航员做匀速圆周运动，重力完全提供向心力，受力不平衡，选项 B 错误； C．重力势能、电势、功、磁通量都是标量，但都有正负，选项 C 正确； D．质量、长度是国际单位制中的基本物理量，电荷量不是国际单位制中的基本物理量，选项 D 错误． 2.“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾度引起质疑．为了研究该问题，以下测量能 够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是 A. 测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B. 测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C. 测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D. 测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 【答案】D 【解析】 【详解】在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得： ，故因测出飞针质量、2 1Ft mv mv− = −飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故 D 正确，ABC 错误． 3.电子在电场中仅受电场力作用运动时，由 a 点运动到 b 点的轨迹如图中虚线所示．图中一 组平行等距实线是等势线．下列说法正确的是 A. 电子受力水平向右 B. 电子在 b 点电势能较大 C. 由 a 到 b 电场力做正功 D. 电子在 b 点电势较高 【答案】B 【解析】 【详解】AD．根据电子的运动轨迹和电场线与等势面垂直，可知电子受的电场力竖直向下， 由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以 a 点的电势比 b 点高，故 A D 错误； B．由于 a 点的电势比 b 点电势高，根据负电荷在电势高处电势能小，所以电子在 b 点电势能 较大，故 B 正确； C．从 a 点到 b 点的过程中，电场力方向与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，故 C 错 误。 4.如图所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电 子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，下列说法正确的是( ) A. 电子经过磁场时速度增大 B. 欲使电子束打在荧光屏上的 A 点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里 C. 欲使电子束打在荧光屏上的位置由 A 点调整到 B 点，应调节偏转线圈中的电流使磁场增强 D. 若电子束离开电子枪的速度减小，则原先打在 B 点的电子束有可能打在 A 点 【答案】D 【解析】 【详解】A.电子经过磁场发生偏转时，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，所以电子的速度大小不变，A 错误； B.根据左手定则，欲使电子束打在荧光屏上的 A 点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，B 错误； C.欲使电子束打在荧光屏上的位置由 A 点调整到 B 点，应减小电子的偏转程度，则应减小磁 感应强度大小，故应调节偏转线圈中的电流使磁场减弱，C 错误； D.若电子束离开电子枪 速度减小，由 可知，半径减小，偏转程度增大，原先打在 B 点的电子束有可能打在 A 点，D 正确； 5.教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻．第一个实验叫做“旋转的液体”，在 玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极 相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转 起来，如图甲所示．第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下 端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示．下列关于这两个 趣味实验的说法正确的是（ ） A. 图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变 B. 图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变 C. 图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动 D. 图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动 【答案】C 【解析】 图甲中，仅仅调换 N、S 极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的 旋转方向要改变，故 AB 均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围 都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了， 当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力， 弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可 的 mvr qB =以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动； 但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项 C 正确，D 错误；故 选 C. 6.已知地球两极处的重力加速度大小约为 9.8m/s2,贴近地球表面飞行卫星的运行周期约为 1.5 小时，试结合生活常识，估算一质量为 60kg 的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向 心力约为 A. 0.2N B. 0.4N C. 2N D. 4N 【答案】C 【解析】 【详解】在两极： ；对贴近地球表面飞行的卫星： ，解得 ； 则 站 在 地 球 赤 道 上 随 地 球 自 转 的 人 所 受 的 向 心 力 ： ，故选 C. 7.如图所示，边长为 1，质量为 m 的等边三角形导线框 abc 用绝缘细线悬挂于天花板，导线框 中通一逆时针方向的电流，图中虚线 CD 过 ab 边中点和 ac 边中点．只在 CDFE 区域加一垂直 于导线框向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，导线框处于静止状态时，细线中的拉力为 F1；只在 ABDC 区域中加与上述相同的磁场，导线框处于静止状态时，细线中的拉力为 F2．则 导线框中的电流大小为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 2 MmG mgR = 2 2 2 4MmG m RR T π′ ′= 2 24 gTR π= 22 2 2 2 '2 '2 2 '2 4 4 1.5= 60 9.8 N 2N4 24 gT TF m R m m gT T T π π π  = × = = × × ≈  人 人 人向 2 1F F Bl − 2 1 2 F F Bl − 2 12( )F F Bl − 2 12( ) 3 F F Bl −【分析】 当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为 ，电流方向向右，当磁场在虚线上方时，通 电导线的等效长度为 ，电流方向变为向左，据此根据平衡条件列式求解． 【详解】当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为 ，电流方向向右，受到的安培力方 向竖直向上，根据平衡可知： ，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度 为 ，受到的安培力方向竖直向下，故 ，联立可得 故 A 正确；BCD 错误； 故选 A 8.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于 O 点，右端跨过位于 O＇点的光滑定滑轮 悬挂一质量为 1kg 的物体，OO＇段水平，长度为 1.6m．绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现 在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升 0.4m．则钩码的质量为 A. 1 2kg B. 1.6kg C. kg D. kg 【答案】A 【解析】 【详解】重新平衡后，绳子形状如下图： . 1 2 l 1 2 l 1 2 l 1 1 2F BIL mg+ = 1 2 l 2 1 2F mg BIL= + 2 1F FI Bl −= 2 2 2设钩码的质量为 M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为 θ=53°，则根据平衡可求得： 2mgcos53°=Mg；解得：M=1.2kg，故 A 正确，BCD 错误． 9.如图所示，质量分别为 m1、m2 的两个小球 A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连 接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球 A、B 将由静止开始运 动，对两小球 A、B 和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过 程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度） A. 系统的合外力冲量为零 B. 系统机械能守恒 C. 系统机械能不断增加 D. 系统动量守恒 【答案】AD 【解析】 【详解】AD．加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的电场力大小相等、 方向相反，则系统所受电场力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量 为零，故 AD 正确； BC．加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡 时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为 0，弹簧最长为止，此 过程系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程 中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减小，故 BC 错误。 10.如图所示，纸面内间距均为 L 的 A、B、C 三点位于平行于纸面的匀强电场中．电荷量为 q=1.0×10-5C 的负电荷由 A 点移动到 C 点克服电场力做功为 ，该电荷由 C 点 移动到 B 点电场力做功为 W2=2.0×10-5J．若 B 点电势为零，以下说法正确的是 5 1 4.0 10W J−= ×A. A 点的电势为 2V B. A 点的电势为-2V C. 匀强电场的方向为由 C 点指向 A 点 D.匀强电场的方向为垂直于 AC 指向 B 点 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式 ，分别求出 A 与 C 间、C 与 B 间电势 差，结合 B 点电势为零，再确定 A、B 两点的电势．找到等势线，根据电场线和等势面的关系 分析场强的方向． 【详解】对于 C、B 间电势差为： ，若 B 点电势为零， UCB=φC-φB，则 C 点电势 φC=2V．而 A 与 C 间的电势差为： ， 因 UAC=φA-φC，则 A 点电势 φA=-2V，故 A 错误，B 正确；因 φC=2V，φA=-2V，可知，AC 连 线的中点 M 电势为 0，M 与 B 点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形 ABC 为等 边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由 C 到 A，故 C 正 确，D 错误．所以 BC 正确，AD 错误． 【点睛】本题主要考查对电势差公式的应用能力， 各量均需代入符号．注意电势有正 负，而电压没有正负可言． 11.如图所示，在磁感应强度大小为 B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为 θ 的绝 缘斜面，一个质量为 m 、电荷量为-q 的带电小物块以初速度 v0 沿斜面向上运动，小物块与斜 面间的动摩擦因数为 μ．设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中,其速度—时 间图象和加速度—时间图象可能正确的是（ ） WU q = 5 5 2.0 10 21.0 10 CB CB WU V Vq − − − ×= = =− × 5 5 4.0 10 41.0 10 AC AC WU V Vq − − ×= = = −− × WU q =A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据题中“匀强磁场内…带电小物块…沿斜面向上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场 中的运动．根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识 分析推断． 【详解】对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得： 、 ，联立解得： ，方向沿斜面向下．所以物 体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度 减小的越慢；在小物块上滑过程中，加速度减不到零． AB：速度时间图象的切线斜率表示加速度，则 A 项错误，B 项正确． CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零．故 C 项正确，D 项错误． 12.如图甲所示，一块质量为 mA=2kg 的木板 A 静止在水平地面上，一个质量为 mB=1kg 的滑块 B 静止在木板的左端，对 B 施加一向右的水平恒力 F，一段时间后 B 从 A 右端滑出，A 继续在地 面上运动一段距离后停止，此过程中 A 的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度取 g=10m/s2．则下列说法正确的是 Nmgsin F maθ µ+ = NF mgcos qvBθ= + qvBa gsin gcos m µθ µ θ= + +A. 滑块与木板之间 动摩擦因数为 0.6 B. 木板与地面之间的动摩擦因数为 0.1 C. F 的大小可能为 9N D. F 的大小与板长 L 有关 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据木板 A 的 v-t 图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度，根据牛顿第二 定律列式求解两个动摩擦因数；若木块在木板上滑动时，木块的加速度应该大于木板的加速 度，由此求解 F 的范围；根据木块和木板的位移关系求解 F 与 L 的关系. 【详解】滑块在木板上滑动时木板的加速度为 ，对木板根据牛顿 第 二 定 律 ： ； 滑 块 从 木 板 上 滑 出 时 木 板 的 加 速 度 为 ，对木板根据牛顿第二定律： ；联立解得： μ1=0.7，μ2 =0.1，选项 A 错误，B 正确；对木块 B： ，其中的 aA>2m/s2， 则 F>9N，则 F 的大小不可能为 9N，选项 C 错误；根据 ，式中 t=1s ，联立 解得：F=2L+9，即 F 的大小与板长 L 有关，选项 D 正确；故选 BD. 【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过 v-t 图 像获取运动信息，结合牛顿第二定律求解. 二、实验题 13.某电阻阻值约为 400Ω，为了更精确地测定该电阻的阻值，小明欲采用伏安法．现有如下 实验器材：①量程为 3 V，内阻约为 3 kΩ 的电压表；②量程为 10 mA，内阻约为 0.1 Ω 的电 流表；③阻值为 0～20 Ω 的滑动变阻器；④内阻可忽略，输出电压为 3 V 的电源；⑤开关和 的 2 2 1 2 / 2 /1 va m s m st ∆= = =∆ 1 2 1( )B A B Am g m m g m aµ µ− + = 2 2 2 2 / 1 /2 va m s m st ∆= = =∆ 2 2A Am g m aµ = 1 B B BF m g m aµ− = 2 2 1 1 1 2 2BL a t a t= −导线若干． 如图中 P 点应该________，Q 点应该________．（均在下列选项中选择） A 接 a B.接 b C.接 c D.不接 【答案】 (1). C (2). A 【解析】 【详解】[1]因为 所以电流表采用内接法，故 P 点应该接 c； [2]滑动变阻器的阻值较小，远小于待测电阻，因此采用分压式接法，故 Q 点应该接 a。 14.物理兴趣小组的同学想要测定一粒旧纽扣电池的电动势和内阻． . A V400 0.1 3000 300xR R R= Ω > = × Ω = Ω（1）他们先用多用电表粗略测量了该电池 电动势，如图甲所示，则测量值为____； （2）用如图乙的电路测定该电池的电动势和内阻，测量和计算数据如下表： （表中各物理量单位均为国际单位制单位） R 200 400 600 800 1 000 U 0.50 0.82 1.05 1.22 1.33 0.00250 0.00205 0.00175 0.00153 0.00133 0.00125 0.00168 0.00184 0.00186 0.00177 三位同学根据数据用 Excel 作出了如图丙所示三幅不同的图象，这些图象的纵坐标均为 U，横 坐标分别为 R、 和 中的某个，其中___（填“A”“B”或“C”）图体现了物理量间的线 性关系，该图横坐标的物理量为____（填“R”“ ”或“ ”），根据该图象求得该纽扣电 池的内阻为_________．（计算结果取 1 位有效数字） 【答案】 (1). 2.6V (2). A (3). (4). 7×102Ω（或 0.7kΩ） 【解析】 【详解】(1)[1]由图甲所选可知，多用电表选择电压 10V 挡，由图示表盘可知，其分度值为 0.2V，示数为：2.6V； (2)[2][3]由图丙所示图线可知，A 图象是一条直线，A 图体现了物理量间的线性关系；由图 的 U R 2U R U R 2U R U R 2U R U R乙所示电路图可知，电源电动势 整理得 U 与 是线性关系，图 A 的横坐标为 ； [4]由图 A 所示图线可知，电池的内阻 三、解答题 15.如图甲所示，质量 m＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静止开始沿斜面向上 运动，t＝0.5s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v－t 图象） 如图乙所示，g 取 10m/s2，求： （1）2s 内物块的位移大小 x； （2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小 a1、a2 和拉力大小 F． 【答案】（1）0.5 m（2）4 m/s2；－4 m/s2；8N 【解析】 【详解】(1)物块上升的位移： x1＝ ×2×1m＝1m 物块下滑的距离： x2＝ ×1×1 m＝0.5m 位移 x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m (2)由题图乙知，各阶段加速度的大小 UE U Ir U rR = + = + UU E rR = − U R U R 21.05 0.50 7 100.00250 0.00175 Ur U R ∆ −= = Ω ≈ × Ω∆ − 1 2 1 2a1＝ m/s2＝4m/s2 a2＝ m/s2＝－4m/s2 设斜面倾角为 θ，斜面对物块的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内 F－Ff－mgsinθ＝ma1 0.5～1s 内 －Ff－mgsinθ＝ma2 联立解得： F＝8N 16.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在 O 点，半径为 r，内壁光滑，A、B 两点分别是圆弧的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为 m、带负 电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经 C 点时速度最大，O、C 连线与竖直 方向夹角 θ=60°，重力加速度为 g. (1)求小球所受到的电场力大小； (2)小球在 A 点速度多大时，小球经 B 点时对轨道的压力最小？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 (1)抓住带电小球运动至 C 点的速度最大这一突破口，根据竖直平面内圆周运动的最大速度出 现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而电场力和重力的合力则背离圆心的方 向．作出受力示意图，求解电场力的大小．(2)D 点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰 好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，在“最高点”对轨道压力为 0，由牛顿第 二定律求解. 【详解】(1)已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经 C 点时速度最大，因 此，C 点是竖直平面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C 点电场力和重力的合力则 2 0.5 0 2 0.5 − 3mg 2 2gr背离圆心的方向，如图: 则有 因此电场力为： (2)D 点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最 小速度，即: 解得: 由 A 点运动到 D 点的过程,由动能定理： 解得： 【点睛】本题抓住小球经 D 点时速度最小，相当于竖直平面的最高点，根据指向圆心的合力 提供圆周运动向心力为解题关键. 17.如图所示，在 y 轴右侧平面内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.5T，坐标原 点 O 有一放射源，可以向 y 轴右侧平面沿各个方向放射比荷为 Kg/C 的正离子， 这些离子速率分别在从 0 到最大值 vm=2×106 m/s 的范围内，不计离子之间的相互作用 （1）求离子打到 y 轴上的范围； （2）若在某时刻沿 方向放射各种速率的离子，求经过 时这些离子所在位置 构成的曲线方程； tan F mg θ = tan 60 3F mg mg= ° = 2 =cos60 Dvmg m r° 2Dv gr= 2 2 0 1 1(1 cos ) sin 2 2 Dmgr qEr mv mvθ θ+ + = − 0 2 2v gr= 72.5 10m q −= × x+ -75 103 s π ×（3）若从某时刻开始向 y 轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过 s 时已进 入磁场的离子可能出现的区域面积； 【答案】（1）范围为 0 到 2m（2） （3） 【解析】 试题分析：离子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出最 大的半径，由几何知识分析得到，离子打到 y 轴上离 O 点最远距离等于直径；求出离子运动 的周期，根据时间与周期的关系，确定出这些离子轨迹所对应的圆心角，运用参数方程求解 这些离子所在位置构成的曲线方程；根据几何知识作出离子可能到达的位置，求出面积． （1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为 R 由牛顿第二定律得： 解得： 由几何关系知，离子打到 轴上的范围为 0 到 2m （2）离子在磁场中运动的周期为 T， 则 t 时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为 θ 则 这些离子构成的曲线如图 1 所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（ ， ） 75 103 π −× 3 3(0 )3 2y x x= ≤ ≤ 27 3( )12 4S mπ= − 2mvqvB R = 1mvR mBq = = y 62 2 10R mT sv qB π π π −= = = × 2 3 tt T ππ= = x y（3）将第（2）问中图 2 中的 OA 段从沿 轴方向顺时针方向旋转，在 轴上找一点 C，以 R 为半径作圆弧，相交于 B，则两圆弧及 轴所围成的面积即为在 向 轴右侧各个方向不 断放射各种速度的离子在 时已进入磁场的离子所在区域． 由几何关系可求得此面积为： 则： 【点睛】本题考查运用数学知识分析和解决物理问题的能力，采用参数方程的方法求解轨迹 方程，根据几何知识确定出离子可能出现的区域，难度较大． 3 3y x= 3(0 )2x≤ ≤ y x y 0t = y 715 03t s π −= × 2 2 2 25 1 1 3 7 3 12 6 2 2 12 4S R R R R R Rπ π π= + − × = − 27 3( )12 4S mπ= −