黑龙江省双鸭山市一中2020届高三物理12月月考试卷（附解析Word版）
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龙泉中学 潜江中学 2020届高三年级12月联考
理科综合能力测试
一、选择题
1.如图所示，用细绳AO和OB将重为G的重物悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间并处于静止状态，细绳AO水平，细绳OB与竖直方向的夹角为θ，下列移动中O点的位置始终不变，判断正确的是
A. 将AO绳的作用点A缓慢向上移动，AO绳的拉力T1一直增大
B. 将AO绳的作用点A缓慢向上移动，AO绳的拉力T1先增大后减小
C. 将BO绳的作用点B缓慢向左移动，AO绳的拉力T1一直减小
D. 将BO绳的作用点B缓慢向左移动，OB绳的拉力T2先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对O点受力分析，作出A点上移的示意图如图，由图可知，将AO绳的作用点A缓慢向上移动，T1先减小后增大，故AB错误；
CD．由几何关系可得
将BO绳的作用点B缓慢向左移动， 角减小，所以AO绳的拉力T1一直减小，OB绳的拉力T2减小，故C正确，D错误。
2.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有a、b两点，已知a、b两点在同一竖直面，但在不同的电场线上。一个带电微粒由a点运动到点b，在运动过程中，下面的判断中正确的是
A. 带电微粒的动能一定减小
B. 带电微粒运动轨迹一定是直线
C. 带电微粒的电势能一定增加
D. 带电微粒一定是做匀变速运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球的电性和初速度都是未知的，所以又很多的不确定性，因此不能判定小球的运动的轨迹和速度的变化，所以动能不一定减小，故AB错误；
C．由于带电微粒在电场力方向由a运动到b，所以电场力做正功，所电势能一定减小，故C错误；
D．小球受到的电场力与重力都不变，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变，所以小球一定做匀变速运动，故D正确。
3.2018年12月8日，嫦娥四号探测器在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭成功发射。这标志着我国载人航天进入应用发展新阶段，对于我国空间站的建造具有重大意义。嫦娥4号在绕地球运动的一段时间内，它的轨道可视为距离地面h的圆周轨道。已知地球表面的重力加速度g、地球半径R。根据题目所给出的信息，可计算出“嫦娥4号探测器”在轨运行的
A. 线速度的大小 B. 重力势能
C. 所受向心力的大小 D. 动能
【答案】A
【解析】
【详解】A．由万有引力提供向心力有
联立解得
故A正确；
BCD．由于不知道“嫦娥4号探测器”的质量，所以无法求出其重力势能，向心力，动能，故BCD错误。
4.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度–时间图像如图所示．则A、B两点所在区域的电场线是下图中的
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由v-t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此从A到B该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABC错误，D正确．
5.如图是一检验酒精浓度的电路示意图。其中R3为检验酒精浓度的传感器，这种传感器的电阻随酒精浓度的升高而减小。检测人员观察到的显示器为电路中的电流表，电源两端接有报警器。当饮过酒的人对感器R3吹气时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是
A. I变小，U变大
B. I变大，U变小
C I变小，U变小
D I变大，U变大
【答案】B
【解析】
【详解】当饮过酒的人对感器R3吹气时，R3的阻值变小，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路中的总电流变大即电流表的示数变大，由公式 可知，路端电压变小，即电压表示数变小，故B正确。
故选B。
6.如图所示，在点电荷-Q所激发的电场中，有与-Q共面的A、B、C三点，且B、C处于以-Q为圆心的同一圆周上。设A、B、C三点的电场强度大小 分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，则下列判断中正确的是
A. EA> EC, φB=φC B. EA> EB, φA>φB
C. EA> EB, φA<φB D. EA< EB>φC
【答案】AC
【解析】
【详解】由点电荷场强公式 可知，由于B、C离点电荷的距离相同，都比A离点电荷的距离大，所以有
根据沿电场线方向电势降低，负点电荷电场线指向负电荷，所以有
故AC正确，BD错误。
故选AC。
7.如图所示，质量相同的铁块甲、乙，乙用轻弹簧连接，将它们置于光滑的水平面上，开始时乙铁块静止且弹簧处于原长状态。甲铁块以水平速度v0向乙运动。则从甲开始接触弹簧至第一次弹簧被压缩到最短的过程中
A. 甲铁块受到的冲量等于乙铁块受到的冲量
B. 甲铁块减少的动量等于乙铁块增加的动量
C. 甲铁块减少的动能等于乙铁块增加的动能
D. 甲铁块减少的动能大于乙铁块增加的动能
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在压缩弹簧过程中，甲、乙所受的合力都为弹簧的弹力，但两力方向相反，所以两铁块的冲量大小相等，方向相反，故A错误；
B．由于两铁块的弹簧组成的系统合力为零，所以系统动量守恒，故甲铁块减少的动量等于乙铁块增加的动量，故B正确；
CD．由能量守恒可知，甲铁块减小 动能等于乙铁块增加的动能和增加的弹性势能，故C错误，D正确。
故选BD。
8.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连的电路如图所示，接通电源后，下列判断正确的是
A. 闭合开关S，增大两极板间的距离，则极板上电荷量增大
B. 闭合开关S，减小两极板间的距离，极板间电场强度变大
C. 断开开关S，减小两极板间的距离，极板间电场强度不变
D. 断开开关S，在两极板间插入介质，两极板间电势差不变
【答案】BC
【解析】
【详解】A．闭合开关S，两板间电压不变，增大两极板间的距离，由公式 可知，电容减小，由公式 可知，极板上电荷量减小，故A错误；
B．闭合开关S，两板间电压不变，减小两极板间的距离，由公式 可知，极板间电场强度变大，故B正确；
C．断开开关S，电荷量不变，由公式 ， 和 得
所以极板间电场强度不变，故C正确；
D．断开开关S，电荷量不变，在两极板间插入介质，由公式 可知，电容变大，由公式 可知，两极板间电势差变小，故D错误。
故选BC。
二、非选择题
9.在用电压表和电流表测电源的电动势和内电阻的实验中，采用如图所示的电路，闭合开关后，当滑动变阻器R的滑动触头处于某一位置时，电流表和电压表的读数分别为I1和U1；改变滑动变阻器的滑动触头位置后，电流表和电压表的读数分别为I2和U2。
（1）若忽略电流表和电压表的电阻对实验的影响，则由测量得到的数据可以得到电源的电动势E的表达式为E＝____，电源内电阻r的表达式为r＝_____。
（2）若考虑到电流表和电压表自身电阻对测量结果的影响，所得到的电源内阻r的测量值与真实值相比较，是_________________（选填“偏大”或“偏小”）；其原因是_________________。
【答案】 (1). (2). (3). 偏小 (4). 电流表测量值小于通过电源的电流
【解析】
【详解】(1)[1][2]根据闭合电路欧姆定律应有
联立解得
，
(2)[2]可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值即偏小；同理，此电路测得的内电阻是“等效电源”的内阻，即电压表与电池内阻的并联电阻，所以测得的内阻也小于真实值；
[4]由实验原理和电路图可知，电压表测的是路端电压，而由于电压表的分流作用，电流表测的电流小于流过电源的电流。
10.用如图1所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。小车的质量为M，吊盘和砝码的质量为m。
（1）使用该装置做探究实验，为了方便需要平衡小车受到的阻力，小车拖动纸带运动，纸带上打出一系列_________的点，就表示平衡阻力了。
（2）在探究小车加速度与力的关系过程中，需要控制__________不变；在探究小车加速度与质量的关系过程中，需要控制____________不变。
（3）在该探究实验中，除了图1中实验装置外，还需要的测量工具有________、________。
（4）在做该探究实验过程中，小车运动的加速度，需要利用打点计时器打出的纸袋上的点进行计算。如图2是某次实验打出的计数点，相邻两个计数点之间的时间为T，由此纸带上的记录的点计算小车加速度的表达式为a=_________________。
（5）保持小车所受拉力不变，改变小车的质量M，分别测得不同质量时小车加速度a的数据如表所示。请在图3的坐标纸上做出a- 图像。
（ ）
试验记录，小车受到的拉力不变。
次数 1 2 3 4 5 6 7 8
质量M/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67
加速度a/（m·s-2） 0.618 0.557 0.482 0.403 0.317 0.235 0.152 0.086
质量倒数 /kg-1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60
（6）根据a– 图3像可以到的结论是_______________。
【答案】 (1). 间隔距离相等 (2). 小车质量，
黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三物理12月月考试卷（附解析Word版）
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(3). 吊盘对小车的拉力 (4). 天平 (5). 刻度尺 (6). (7). (8). 保持小车所受拉力不变，小车加速度a跟小车的质量M成反比
【解析】
【详解】(1)[1]为了方便需要平衡小车受到的阻力，小车拖动纸带运动，纸带上打出一系列间距相等的一系列的点，则说明小车做匀速直线运动，就表示平衡阻力了；
(2)[2][3]根据F=ma可知，根据控制变量法可知，为探究小车加速度与力的关系，应保持小车的质量不变；为探究小车加速度与质量的关系，应保持吊盘对小车的拉力；
(3)[4][5]由实验原可知 ，要探究小车加速度与力、质量的关系，应测量小车的质量，所以应用天平测质量，通过纸带计算加速度时需要测量距离，所以应用刻度尺；
(4)[6]由逐差法可得加速度为
(5)[7]根据表格中的加速度与质量倒数的数据描点如图
(6)[8]由图像可知，加速度与质量倒数的图像为过原点的倾斜直线，说明保持小车所受拉力不变，小车加速度a跟小车的质量M成反比。
11.2022年世界冬奥会将在北京举行，如图所示，是高山滑雪运动示意图。滑雪运动员与滑雪板总质量m=75kg，以2m/s的初速度从A点开始沿滑道滑下，在5s时间内滑下的路程为60m到达B点，然后由C点水平飞出，最后落在斜坡上的D点。已知AB、CD连线与水平方向夹角θ都等于 ，B点和C点都平滑连接，C、D两点间的距离s=75m，（g取10m/s2，sin =0.6，cos =0.8）求：
（1）运动员在斜坡AB上滑行过程中斜坡受到的压力大小；
（2）运动员从A滑到B的过程中受到的摩擦力大小；
（3）运动员由C点水平飞出时的速度大小；
（4）运动员由A点滑到C点克服阻力所做的功。
【答案】（1）600N（2）150N（3）20m/s（4）12150J
【解析】
【详解】(1)设斜坡AB受到的支持力为N，则
N=mgcosθ=750N×0.8=600N
设AB斜坡受到的压力大小为F压，根据那顿第三定律，
F压=600N
(2)设运动员从A滑到B的过程中受到的摩擦力大小为Ff，加速度为a，则
x=v0t+ at2，a=
解得
a=4.0m/s2
根据牛顿第二定律
mgsinθ-Ff=ma
解得
Ff=150N
(3)设运动员由C点水平飞出时的速度大小为vc，从C点落到D的竖直高度为h，水平距离为x则
h=ssin =45m，xscos =60m
由h= gt2和vc= 解得
vc=20m/s
(4)设水平滑道BC处为重力势能零点，运动员由A点滑到C点克服阻力所做的功为Wf，根据功能关系有：
mghA+ mvA2=Wf+ mvc2
解得
Wf=12150J
12.如图所示，图甲AB是对电子加速极板，UAB=U，电子从A极板从静止开始，沿垂直于极板方向运动，电子飞出B极板小孔后，从M、N极板中间进入图乙偏转电场，UMN=U0；图丙是乙图中MN两极板间电压随时间变化的图像，电压变化周期为T。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受重力。
（1）求电子飞出B板小孔时的速度大小；
（2）若电子从t=0时刻进入M、N板间，在半个周期内恰好能从极板 上边缘飞出，求电子飞出时速度大小；
（3）若电子在t=0时刻进入M、N板间，能从右边水平飞出，求M、N极板的最小长度；
（4）若电子能从M、N两极板中央沿虚线水平飞出，求电子从那一时刻进入板间，两极板间距至少为多大？
【答案】（1）v= （2）v1= （3）l=T （4）d ≥
【解析】
【详解】(1)设电子飞出B板小孔时的速度大小为v，根据动能定理，则
Ue = mv2
解得
v=
(2)设在半个周期内电子恰好能从极板的上边缘飞出时的速度大小为v1，根据动能定理，则
U0e= mv12- mv2
带入解得
(3)电子能水平从右边飞出，经过的时间应满足t=nT，又因为在水平方向上做匀速直线运动，所以板长为
l=vt=vnT
当n=1时，板长最短，则
l=T
(4)设板间距离最小为d，要求电子沿虚线水平飞出，电子进入M、N板时刻应满足
t= +n = T（n=0，1，2，3……）
在半个周期内，竖直位移为
y= a（ ）2×2=
电子不与极板相碰，必须满足的条件是y
解得
d
13.在标准状态下，有体积为V的水和体积为V的可认为理想气体的水蒸气，已知水的密度为ρ，阿伏伽德罗常数为N，水的摩尔质量为M，在标准状态下水蒸气的摩尔体积为Vm。则V体积水内有_________个水分子，V体积水蒸气内有________个水分子；水蒸气内相邻两个水分子之间的平均距离是水内相邻两个水分子之间的平均距离的________倍。
【答案】 (1). (2). (3).
【解析】
【详解】(1)[1]体积为V的水，质量为
分子个数为
(2)[2]对体积为V的水蒸气，分子个数为
(3)[3]设相邻的两个水分子之间的平均距离为d，将水分子视为球形，每个水分子的体积为
解得
设相邻的水蒸气中两个水分子之间距离的d′，将水分子点的空间视为正方体
解得
所以
14.如图所示，一个圆柱形容器，内壁光滑，上端连接一个开口细管，可用作抽气孔。容器下部被活塞封闭一定质量的气体（可视为理想气体），气体温度为17℃。开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体体积为V1，活塞上方容器内容积为2.6V1，活塞因重力产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空并密封，且整个抽气过程中容器内气体温度始终保持不变，最后将密封的气体缓慢加热。（按T=t+273K关系计算）求：
（1）活塞刚碰到容器顶部时气体的温度；
（2）当气体温度达到249℃时，气体的压强。
【答案】（1）75℃（2）0.75p0
【解析】
【详解】(1)活塞上方气体 压强为p0时，设活塞下方气体的体积为V1，抽气过程为等温过程，活塞上方抽成真空时，下方气体的压强为0.5p0，由波·马定律得
（p0+0.5p0）V1=0.5p0V
式中V是抽成真空后活塞下方气体的体积，此后，气体等压膨胀，设未抽气时，活塞下方气体的温度为T1，活塞刚碰到容器顶部时气体的温度为T2，由盖·吕萨克定律得
T2V=T1（2.6V1+V1）
解得
T2=1.2T1
根据T=t +273K，可知活塞刚碰到容器顶部时气体的温度为75℃
(2)活塞碰到顶部后加热的过程是等容过程，设当气体温度达到249℃时，气体的压强为p3，由查理定律得
=
T1=17+273K=290K，T3=249+273K=522K
代入数值，解得
p3=0.75p0
15.一列沿x轴正向传播的横波在某时刻的波形图如图甲所示，a、b、c、d为介质中沿波的传播方向上的四个质点，图乙的振动图象描述的是介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是
A. 在t=0时刻，振动图像表示质点b的振动情况
B. 在t=0时刻，质点b的速率小于质点c的速率
C. 在t=0时刻，质点c的加速度方向沿y轴正方向
D. 在t=0时刻，振动图像表示质点c的振动情况
E. 在t= 时刻，质点c速率为零，加速度的值最大
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．由甲图可知，根据“上下坡”法可知，质点b沿y轴正方向振动，结合乙图可知，在t=0时刻，振动图像表示质点b的振动情况，故A正确；
B．在t=0时刻，质点b位于平衡位置，质点c振幅处，所以质点b的速率大于于质点c的速率，故B错误；
C．由甲图可知，在t=0时刻，质点c位于波谷位置，所以质点c的加速度方向沿y轴正方向，故C正确；
D．在t=0时刻，质点c位于波谷位置，故D错误；
E．由甲图可知，经过t= 质点c位于波峰处，速率为0，加速度最大，故E正确。
故选ACE。
16.在开展深度学习的过程中，某课题研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测量液体折射率的仪器，它的示意图如图2所示。在一圆盘上，过圆心O做两条互相垂直的直径BC、EF，在半径OA上，垂直盘面插下两枚大头针P1、P2，并保持P1、P2不变。每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察大头针P1、P2的像，并在圆周上插上大头针P3，使P3正好挡住大头针P1、P2的像。同学们根据计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值。
（1）若∠AOF= ，OP3与OC的夹角为 ，求P3所对应的折射率的值；
（2）简要说明P3、P4哪处的折射率较大；
（3）做AO的延长线交圆周于K，求K处所对应的液体折射率。
【答案】（1） （2）P4处的折射率大（3）1
【解析】
【详解】(1)若∠AOF= ，OP3与OC的夹角为 ，则折射角为 ，设此时液体的折射率为
n3= =
(2)由图可知，OP3与OC的夹角大于OP4与OC的夹角，故OP3与法线OE的夹角小于OP4与法线OE的夹角，即OP3的折射角小于OP3的折射角，根据折射率n= 可知，P3处的折射率小于P4哪处的折射率。
(3)因为AO的延长线交圆周于K，所以OK的折射角等于AO的入射角，根据折射率n= 可知，K的折射率等于1。
河南省信阳市普通高中2020届高三物理上学期第一次质检试卷（附解析Word版）
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