四川省2020届高三物理12月月考试卷（附解析Word版）

2017 级高三 12 月月考试题 理科综合 二、选择题：选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中， 第 14~18 题只有一项符合题目要求，第 19~21 题有多项符合要求。全部选对的得 6 分，选对 但不全的得 3 分，有错选的或不答的得 0 分) 1.某电场的电场线分布如图中实线所示，一带电粒子仅受电场力作用的运动路径如图中虚线 所示，M、N 是路径上的两点，粒子在 MN 点的加速度大小分别为 aM、aN，速度大小分别为 vM、 vN．则下列判断正确的是 A. 粒子带负电 B. 粒子定从 M 点运动到 N 点 C. aM＞aN D. vM＜vN 【答案】D 【解析】 【详解】电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也 向上，所以电荷为正电荷，所以 A 错误；只是知道粒子受力方向，不能决定粒子是否是从 M 点运动到 N 点，选项 B 错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小， 所以粒子在 N 点的受力大，加速度大，所以 C 错误．若粒子从 N 点到 M 点，运动方向与电场 力的方向之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大，粒子的速度减小，所以 N 点速度 大，所以 D 正确；故选 D． 【点睛】该类题目，一般先根据粒子的运动的轨迹弯曲的方向，判断出粒子的受到的电场力 的方向，然后判定电荷的正负与电场力做功的正负． 2.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为 m 的小球套 在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环 缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力 F 和轨道对小球的弹力 FN 的大小变化情况是(  ) A. F 不变，FN 增大 B. F 减小，FN 不变 C. F 不变，FN 减小 D. F 增大，FN 减小 【答案】B 【解析】 【详解】小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图 如图 由图可知△OAB∽△GFA 即： ，当 A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故 F 减小，FN 不变，ACD 错误 B 正确． 3.如图所示，大气球质量为 100kg，载有质量为 50kg 的人（可以把人看做质点），静止在空气 中距地面 20m 高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢 下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为 A. 20m B. 30m C. 40m D. 50m 【答案】B NFG F R RAB = = 【解析】 【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度 v1，气球的速度 v2，设运动时间为 t，以 人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1-m2v2=0，则 ，解得： 则绳子长度： L=s 球+s 人=10m+20m=30m 即绳子至少长 30m 长。 A．20m。故 A 不符合题意。 B．30m。故 B 符合题意。 C．40m。故 C 不符合题意。 D．50m。故 D 不符合题意。 4.如图所示为四分之一圆柱体 OAB 的竖直截面，半径为 R，在 B 点上方的 C 点水平抛出一个小 球，小球轨迹恰好在 D 点与圆柱体相切，OD 与 OB 的夹角为 60°，则 C 点到 B 点的距离为 (   ) A. R B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球 通过 D 点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上 的位移，即可得到 C 点到 B 点的距离． 【详解】设小球平抛运动的初速度为 v0，将小球在 D 点的速度沿竖直方向和水平方向分解， 则有 1 2 0ssm mt t − =人 球 10ms =球 2 R 3 4 R 4 R ， 解得： ， 小球平抛运动的水平位移： x＝Rsin 60°，x＝v0t， 解得： ， ， 设平抛运动的竖直位移为 y， ， 解得： ， 则 BC＝y－(R－Rcos 60°)= ， 故 D 正确，ABC 错误． 【点睛】本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的 大小，并求 CB 间的距离是关键． 5.如图为两个不同闭合电路中两个电源的 U－I 图象，则下列说法正确的是（ ） A. 电动势 E1＞E2，发生短路时的电流 I1＞I2 B. 电动势 E1＞E2，内阻 r1=r2 C. 电动势 E1＞E2，内阻 r1＜r2 D. 当两电源分别接相同的电阻时，电源 2 的效率大 0 tan 60yv v = ° 0 3gt v = 2 0 2 Rgv = 2 3 2y Rgv = 2 2yv gy= 3 4 Ry = 4 R 【答案】D 【解析】 【详解】ABC．由图可知，图象与纵轴的截距表示电动势，则 E1＞E2；图象与横轴的截距表示 短路电流，则 I1=I2，由 ，可知，内电阻 r1＞r2．故 ABC 错误． D．效率为： ，可知内阻小的效率大，所以电源 2 的效率大．故 D 正确． 6.如图所示，AC、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为 O，半径为 R，将等电量的两正点电 荷 Q 放在圆周上，它们的位置关于 AC 对称，与 O 点的连线和 OC 间夹角为 30°，下列说法正 确的是（ ） A. 电荷 q 从 A 点运动到 C 点，电场力做功 零 B. 电荷 q 从 B 点运动到 D 点，电场力做功为零 C. O 点的场强大小为 D. O 点的场强大小为 【答案】BD 【解析】 【详解】电荷 q 从 A 点运动到 C 点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A 错，根据对称性 B 正确，O 点的场强大小为 ，C 错，D 正确． 7.荷兰某研究所推出了 2023 年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历 如图所示的变轨过程，已知引力常量为 G，则下列说法正确的是 A. 飞船在轨道上运动时，运行的周期 TⅢ>TⅡ>TⅠ B. 飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 C. 飞船在 P 点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在 P 点朝速度反方向喷气 为 Ur I ∆= ∆ 0 0100R R r η = ×+ 2 kQ R 2 3kQ R D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动 角速度，可以推知火星的密度 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据开普勒第三定律 ，可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ＞TⅡ ＞TⅠ。故 A 正确。 BC．飞船在 P 点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在 P 点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达 轨道Ⅰ，则在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ的机械能。故 BC 错误。 D．据万有引力提供圆周运动向心力 ，火星的密度为： 。联立解得 火星的密度： 故 D 正确。 8.如图所示，MN 为同一竖直线上相距为 h 的两点，空间存在竖直平面内方向未知的匀强电 场．一带电小球（m、＋q）从 M 点以速度 v0＝ 水平抛出，刚好能够通过 N 点，过 N 点时 速度大小 v＝2 ，重力加速度为 g，则 A. 小球从 M 到 N 点动能变化量为 4mgh B. 电场强度 E＝ C. 小球从 M 到 N 点用时 t＝ D. 小球从 M 到 N 点用时 t＝ 的 3 2 a kT = 2 2 MmG mRR ω= 34 3 M R ρ π = 23 4 G ωρ π= 2gh 2gh 4mg q 2 3 h g 2 h g 【答案】BC 【解析】 【详解】A．小球从 M 到 N 点动能变化量为： ，解得： △Ek=3mgh 故 A 不符合题意。 BCD．将小球的运动分解为水平方向的运动与竖直方向的运动，由于竖直方向重力与电场力都 做正功，可知在竖直方向电场力的分量竖直向下；由于 N 点恰好在 M 点的正下方，选择竖直 方向为 y 方向，水平方向为 x 方向，则电场力沿水平方向的分量不做功，所以：W=Fy•h，由动 能定理得： ，解得电场力沿竖直方向的分量为：Fy=2mg 小球沿竖直方向的加速度为： 根据 ，可得小球运动的时间为： 小球到达 N 点时沿竖直方向的分速度为： 小球沿水平方向的分速度为： 在水平方向上根据动量定理有：Fx•t=mvx=mv0，所以有： 所以电场强度为： 故 BC 符合题意，D 不符合题意。 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作 答。第 33~38 题为选考题，考生根据要求作答。 2 2 0 1 1 2 2KE mv mv∆ = − 2 2 0 1 1 2 2W mgh mv mv+ = − 3y y F mga gm += = 21 2h gt= 2 3 ht g = 6y yv a t gh= = 2 2 2x yv v v gh= − = 2 2 4x x yF F F mg= + = 4F mgE q q = = （一）必考题（共 129 分） 9.某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理． （1）有两种工作频率均为 50 Hz 的打点计时器供实验选用： A．电磁打点计时器 B．电火花打点计时器 为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择_______（选填“A”或“B”）． （2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为 消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力 的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速 运动．看法正确的同学是_____（选填“甲”或“乙”）． （3）测出小车的质量为 M，再测出纸带上起点到 A 点的距离为 L．小车动能的变化量可用 ΔEk= 算出．砝码盘中砝码的质量为 m，重力加速度为 g；实验中，小车的质量应_________ （选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的 功可用 W=mgL 算出．多次测量，若 W 与 ΔEk 均基本相等则验证了动能定理． 【答案】 (1). B (2). 乙 (3). 远大于 【解析】 【详解】(1)[1]电磁打点计时器是通过机械振动打点的，而电火花打点计时器是通过电火花 来打点，用电火花打点计时器能使纸带在运动时受到的阻力较小。故 A 不符合题意，B 符合题 意。 (2)[2]同学乙的做法正确。只有让小车做匀速直线运动才能够判断摩擦力与沙子和盘的重力 大小相等，才能够消除摩擦力的影响。对于甲同学，小车开始运动时，沙子和盘的重力等于 最大静摩擦力，而最大静摩擦力要略大于滑动摩擦力。 (3)[3]对于砝码、砝码盘和沙子，根据牛顿第二定律：mg-F=ma，只有当小车的质量远大于砝 码、砝码盘和沙子总质量时，绳子的拉力 F 才近似等于砝码、砝码盘和沙子中重力 mg。 10.某同学欲将内阻为 98.5Ω、量程为 100uA 的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求 改装后欧姆表的 15kΩ 刻度正好对应电流表表盘的 50uA 刻度．可选用的器材还有：定值电阻 21 2 AMv R0（阻值 14kΩ），滑动变阻器 R1（最大阻值 1500Ω），滑动变阻器 R2（最大阻值 500Ω），电 阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干． （1）欧姆表设计 将图（a）中的实物连线组成欧姆表．（ ）欧姆表改装好后，滑动变阻器 R 接入电 路的电阻应为____Ω：滑动变阻器选____（填“R1”或“R2”）． （2）刻度欧姆表表盘 通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示．表盘上 a、b 处的电流刻度分别为 25 和 75，则 a、b 处的电阻刻度分别为____、____． （3）校准 红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___kΩ 处；将红、黑表笔与电阻箱连 接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校 准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω． 【答案】 (1). (2). 900 (3). R1 (4). 45 (5). 5 (6). 0 (7). 35000.0 【解析】 【详解】（1）连线如图： 根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则 ，解得 R=900Ω；为了滑动 变阻器的安全，则滑动变阻器选择 R1； （2）在 a 处， ，解得 Rxa=45kΩ； b 处，则 ，解得 Rxb=5kΩ；在 0 g EI r R R = + + 0 1 4 g xa EI r R R R = + + + 0 3 4 g xb EI r R R R = + + + （3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到 0 kΩ 处；由图可知， 电阻箱接入的电阻为：R=35000.0Ω． 11.如图，质量分别为 mA=1kg、mB=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小 E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量 q=2×10－5C．零时 刻，A、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 μ=0.1，重力加速度大小 g=10m/s2．求： (1)前 2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) (2) 【解析】 【 详 解 】（ 1 ） B 所 受 电 场 力 为 F=Eq=6N ； 绳 断 之 前 ， 对 系 统 由 牛 顿 第 二 定 律 ： F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1 可得系统的加速度 a1=1m/s2； 由运动规律：x= a1t12 解得 A 在 2s 内的位移为 x=2m； （2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为 v1，t2=6s 时刻，B 的速度大小为 v2，则 v1=a1t1=2m/s； 绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μmBg=mBa2 解得 a2=2m/s2； 由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1) 解得 v2=10m/s 电场力 功率 P=Fv，解得 P=60W 12.如图所示，质量 m1=2kg 小物块放在足够长的质量 m2=1kg 的木板的左端，板和物块间的动 摩擦因数 μ1=0.2，板和水平面间的动摩擦因数 μ2=0.1，两者均静止．现突然给木板向左的 初速度 v0=3.5m/s，同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力 F=10N，当木板向左运动最远时 撤去 F，取 g=10m/s2．求： (1)木板开始运动时，小物块和木板的加速度大小； 的 2m 60W 1 2 (2)整个过程中，木板在水平面上滑行的位移大小； (3)整个过程中，小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热． 【答案】(1)3 m/s2；7m/s2；(2)-0.625m；(3)9.875J 【解析】 【详解】(1)由题意知木块向右作匀加速运动，木板先向左匀减速运动，再向右匀加速运动， 木块与木板间滑动摩擦力为： 则木块的加速度大小为： 方向向右 木板与地面之间的摩擦力为： 根据牛顿第二定律知,木板的加速度大小为： 方向向右 (2)当木板向左的位移最大时，对地面的速度为 0，选取向右为正方向，则木板的位移为： 经历的时间为： 此时小物块的速度为： 此过程中小物块的位移为： 1 1 1 0.2 2 10N 4Nf m gµ= = × × = 2 21 1 1 10 4 m/s 3m/s2 F fa m − −= = = 2 2 1 2 0.1 (2( 1) 10N 3) Nf m m gµ= + = × + × = 2 21 2 2 2 4 3 m/s 7m/s1 f fa m + += = = 2 2 0 1 2 0 0 ( 3.5) m 0.875m2 2 7 vx a − − −= = = −× 0 1 2 0 0 ( 3.5) s 0.5s7 vt a − − −= = = 1 1 1 3 0.5m/s 1.5m/sv a t= = × = 在撤去 后的小物块水平方向只受到摩擦力，则加速度为： 此后木块向右运动，此时受到地面的摩擦力的方向向左，则木板的加速度为： 设经过时间 二者的速度相等,则有： 代入数据得： 此时刻的速度为： 此过程中小物块的位移为： 木板的位移为： 当木块、木板具有共同速度时，若两者不再发生相对滑动，则二者一起做减速运动，它们在 水平方向只受到地面的摩擦力； 以小物块与木板组成的系统为研究对象，整体的加速度为： 由于 ，可知满足二者一起减速的条件．设经过时间 ，两者速度为 0，则 有： 代入数据得： 2 2 2 1 1 1 1 3 0 5 0.375m m2 2x a t= = × × =． F 2 21 1 1 4 m/s 2m/s2 fa m − −′ = = = − 2 21 2 2 2 4 3 m/s 1m/s1 f fa m − −′ = = = 2t 2 1 1 2 2v a t a t′ ′+ = 2 0.5st = 2 2 2 1 0.5m/s 0.5m/sv a t′= = × = 1 2 2 2 1.5 0.5 0.5m 0.5m2 2 v vx t + +′ = = × = 2 2 1 2 2 1 1 1 0 5 0.125m2 2 mx a t′ ′= = × × =． 2 22 3 1 2 3 m/s 1m/s2 1 fa m m − −= = = −+ + 2 21m/s 2m/s− < − 3t 2 3 30 v a t= + 该过程中二者的位移为： 所以木板在水平面上的总位移为： 负号表示方向向左 (3)小物块与木板之间产生的热量为： 木板与地面之间产生的热量为： 所以小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热为： （二）选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作 答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 13. [选修 3-3]下列说法正确的是 A. 布朗运动是液体分子的无规则运动 B. 晶体都具有确定的熔点和规则的几何形状 C. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 D. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 【答案】D 【解析】 试题分析：布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，故 A 错；晶体都具有确定的 熔点，单晶体有确定的几何形状，各向异性，而多晶体则不是，故 B 错误；在一定气温条件 下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时， 空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故 C 错误；液体表面张力产生的原因是： 液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子 间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧 3 0.5st = 2 2 2 3 3 0 0 0 5 m 0.125m2 2 ( 1) vx a − −= = =× − ． 1 1 3 0.875 0.125 0.125m 0.625mx x x x′= + + = − + + = − [ ]1 1 1 2 2 1 1) 4 0.375 0.5 ( 0.875) 0.125 J 6.( 5JQ f s f x x x x′ ′= = + − − = × + − − − = 2 2 2 1 1 3 3 (0.875 0.125 0.125)J 3 5J( .37)Q f s f x x x′= = + + = × + + = 1 2 6.5 3.375J 9.875JQ Q Q= + = + = 反而表现具有收缩的趋势，故 D 正确． 考点：本题考查了分子动理论、布朗运动；晶体和非晶体、表面张力． 14.[选修 3-3]A、B 汽缸的水平长度均为 20 cm、截面积均为 10 cm2，C 是可在汽缸内无摩擦滑 动的、体积不计的活塞，D 为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A 内有压强 ＝4.0×105Pa 的氮气．B 内有压强 2.0×105Pa 的氧气．阀门打开后，活塞 C 向右移动， 最后达到平衡．求活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压强． 【答案】x=6.7cm， P＝3×105Pa 【解析】 试题分析：由玻意耳定律，对 A 部分气体有: ① 对 B 部分气体有 ② 代入相关数据解得 x＝ = cm， ＝3×105Pa 考点：本题考查了理想气体状态方程. 15.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，t=0 时刻刚好传到 E 点，且 A 点在波峰，B、C、D 也是 波上质点，波形如图(a)所示；质点 C 的振动图像如图（b）所示．在 x 轴正方向 E 有一能接 收简谐横波信号的接收器（图中未画出）以 5m/s 的速度向 x 轴正方向运动．下列说法正确的 是 ． A. 波速 10m/s B. t=0.05 s 时刻，B 点在波谷 C. C、D 两点振动的相位差是 π D. 简谐横波波源起振方向沿 y 轴负方向 是 E. 接收器接收到的波的频率比波源振动频率小 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．由（a）图可知，波长为 ．由（b）图可知，周期 ．所以波速： 故 A 正确． B．靠近平衡时振动速度更大，所以 B 点从图示位置振动到波谷应该用大于 的时间．故 B 错误． C．C、D 两点传播相差半个波长，所以振动的相位差 π，故 C 正确． D．因为简谐横波沿 x 轴正方向传播，所以由质点带动法可以判断波源起振方向沿 y 轴正方 向．故 D 错误． E．接收器和波源之间的距离增大，产生多普勒效应，所以接收器接收到的波的频率比波源振 动频率小．故 E 正确． 16.如图所示，ABCD 为某种透光均匀介质的截面，∠ADC=60o，DC⊥BC，AD⊥AB，AD=4cm， DC=3cm．宽度为 AD 的一束单色平行光从 AD 面垂直入射，射到 BC 面的光刚好能够发生全反 射．求： （ⅰ）介质的折射率； （ⅱ）能从 CD 面射出的光对应的入射光在 AD 面上的宽度． 【答案】（ⅰ） （ⅱ） 【解析】 【详解】（ⅰ）作光路图如下图所示,某条光线从 AD 边上的 P 点入射，在 BC 边上的 Q 点发生 全反射，由几何关系可知，∠PQB=60°，则射到 BC 面的光刚好能够发生全反射的入射角为 30°， 4mλ = 0.4T s= 10m/sλv T = = 1 8T 2n = 1cmd = 则介质的折射率为： （ⅱ）如图所示蓝色光路图所示，从 AD 面照射到 CD 面的光，有几何关系可知，入射角为 60°，发生全反射到 BC 面，反射到 BC 面的入射角为 30°，再次发生全反射，从 AD 面射 出． 通过光路可逆可得，照射到 BC 面，再反射到 CD 边，同样不会从 CD 边射出，故设从 BC 面反 射的光经正好过 D 点，如图中红色箭头所示，由几何关系可得： ∠QDC=30° 因为∠C=90°，所以∠QDC 的正切值： 解得： 从 BQ 反射的光，如图黄色的光路图所示，由几何关系可得，在 AD 面的入射角为 60 度，发生 全反射，反射到 CD 面，入射角为 0°,垂直从 CD 面射出．故从的 CD 面射出光对应的入射光在 AD 面上的宽度为 BQ 在 AD 方向的投影，所以宽度为： 1sin30 = n ° 2n = tan30 QC CD ° = tan3 33 cm 330 cmQC CD= ⋅ ° = × = sin3 5 30 cmos 330c AD CDBC − ° == ° ( )cos3 1cm0d BC QC= − ° =