江苏省苏州市五校2020届高三上学期12月月考物理试题

物理第Ⅰ卷（选择题共31分）一、单项选择题:本题共5小题，每小题3分，共15分.每小题只有一个选项符合题意1.质量为M的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动.某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力fA. 大小为MgB. 大小为C. 大小为FD. 方向水平向左【答案】B【解析】【详解】由题意可知，磁铁受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为 ；由力的平衡条件可知，摩擦力的应与合力大小相等，方向相反，则磁铁受到的摩擦力，故ACD错误，B正确．故选B.【点睛】本题考查共点力的平衡条件和摩擦力的计算问题，要注意能正确分析物体的受力情况，明确摩擦力可以根据平衡条件以及公式进行求解．2.如图所示,从地面上同一位置P点抛出两小球A、B,落在地面上同一点Q点,但A球运动的最高点比B球的高.空气阻力不计,在运动过程中,下列说法中正确的是(　　)A. A球的加速度比B球的大B. A球的飞行时间比B球的长C. A、B两球在最高点的速度大小相等D. A、B两球落回Q点时的机械能一定相同【答案】B【解析】【详解】A. 做斜上抛运动的物体只受到重力的作用，加速度等于重力加速度．所以A与B的速度是相等的．故A错误；B. 如做竖直上抛运动的物体上升的高度为h,则物体在空中的时间：，由于A球上升是高度更高，所以A在空中运动的时间长．故B正确；C. 二者在水平方向的位移：x=vx⋅t，由于二者在水平方向的位移是相等的，而A运动的时间长，所以A的水平方向的分速度小．又由于在最高点物体只有水平方向的分速度，所以A球在最高点的速度小．故C错误；D. A在空中运动的时间长，则A在竖直方向的分速度大；又由于A在水平方向的分速度小，所以不能判断出二者开始时合速度的大小关系，不能判断出开始时二者机械能的大小．二者在运动的过程中机械能不变，所以也不能判断出二者落回Q点时的机械能一定相同．故D错误．故选B．3.“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星,被称为“太空110”,它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源,延长卫星的使用寿命,假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,其运动方向与地球自转方向一致,轨道平面与地球赤道平面重合,下列说法正确的是(   )A. “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍B. “轨道康复者”的速度大于地球的第一宇宙速度C. 站在赤道上的人的角速度大于“轨道康复者”的角速度D. “轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救【答案】A【解析】【分析】由题中“轨道平面与地球赤道平面重合”可知，本题考查不同轨道卫星的速度、角速度比较，根据万有引力定律可分析本题。【详解】A.卫星做匀速圆周运动，由公式可得因为“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，所以其速度是地球同步卫星速度的倍，故A正确；B.根据万有引力定律可知半径约小，速度越大，故B错误；C.根据公式可得地球赤道的角速度跟地球同步卫星的角速度相同，因此半径越大，角速度越小，故C错误；D.在高轨道加速，卫星将做离心运动，轨道将变高，不可能实现对低轨道卫星的拯救，故D错误。4.坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)A. 在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B. 在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C. 在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D. 在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变【答案】C【解析】【详解】机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向上，所以F=N-mg，则支持力N=mg+F，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，选项C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误．故选C．5.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是(   )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：即图象上某点的切线的斜率表示电场力；A. 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据故电场强度也逐渐减小，故A错误； B.根据动能定理，有：故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误； C.按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式匀变速直线运动图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误； D.粒子做加速度减小的加速运动，故D正确．  二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共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.6.“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在承封容器的封口处，达到迅速封口的目的.下列有关说法正确的是(      ) A. 封口材料可用普通塑料来代替铝箔B. 该封口机可用干电池作为电源以方便携带C. 封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决D. 该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口但不适用于金属容器【答案】CD【解析】【详解】AB.由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必修是交流电，故A、B错误；C.减小内置线圈中所通过电流的频率可以降低封口过程中产生的热量，即控制温度，故C正确；D.封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，故D正确。7.在如图所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是(        )A. 电压表和电流表的示数都增大B. 电源的总功率变大C. 灯L1变亮，电压表的示数减小D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加【答案】BC【解析】【分析】由题中“在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中”可知，本题考查含电容器电路变化，根据欧姆定律和电容器规律可分析本题。【详解】A. 将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，滑动变阻器电阻变小，因此电流表示数变大，但是电路总电阻变小，电压表所测电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得所以电压表示数会变小，故A错误；B.电源的总功率可以表示为电阻变小，电流变大，电动势不变，因此电源总功率变大，故B正确；C.因为灯L1在干路上，电阻变小，总电流变大，因此灯L1变亮，电压表示数变小，故C正确；D.因为灯L2于滑动变阻器并联，因此其两端电压等于路端电压，因为电压表示数变小，故灯L2变暗，电容器电压也变小，根据公式可知，电容器电容不变，电压表小，电荷量也变小，故D错误、8.某静电除尘设备集尘板的内壁带正电,设备中心位置有一个带负电的放电极,它们之间的电场线分布如图所示,虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹,A、B是轨迹上的两点,C点与B点关于放电极对称。下列说法正确的是(        ) A. A点电势低于B点电势B. A点电场强度小于C点电场强度C. 烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D. 烟尘颗粒在A点电势能大于在B点的电势能【答案】AD【解析】【详解】A.由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A正确；B.由图可知，A点电场线比C点密集，因此A点场强大于C点场强，故B错误；C.烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，故C错误；D.烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误。9.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则(　　)A. 由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B. 由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C. 由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D. 在C处时，弹簧的弹性势能为mgh【答案】ACD【解析】【详解】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确．圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh -W弹=0-0=0，则W弹=mgh，故D正确；故选ACD.第Ⅱ卷（非选择题共89分）三、简答题：本题共计18分，请将解答填写在答题卡相应的位置．10.用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力mg作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a. (1)为了让细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，需满足的条件是______(2)关于实验操作，下列说祛正确的是______。A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车(3)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v=___m/s，小车的加速度a=________m/s².（结果保留两位有效数字）(4)改变细线下端钩码的个数，得到a-F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是_____。【答案】    (1). M>>m    (2). AD    (3). 0.32    (4). 0.93    (5). 随所挂砝码质量m的增大，不满足M>>m【解析】【分析】由题中“用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系”可知，本题考查牛顿第二定律实验，根据实验原理和数据处理可分析本题。【详解】（1）[1]因为钩码重力提供的拉力让小车和钩码共同产生加速度，所以有为了结果准确，应该让小车质量远大于钩码质量，即M>>m；（2）[2]平衡摩擦力时，是小车在不挂钩码时可以匀速下滑，并且每次做实验都不需要再平衡摩擦力，所以选AD；（3）[3]打B点时的瞬时速度，根据公式解得[4]小车加速度可以利用公式解得（4）改变细线下端钩码的个数，会让钩码质量变大，从而不能满足M>>m，所以会导致图像弯曲。11.图甲是验证机械能守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，滑块上固定一竖直遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连，细线与导轨平行.（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为_____mm.（2）在调整气垫导轨水平时，滑块不挂钩码和细线，接通气源后，给滑块一个初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间.为使气垫导轨水平.可采取的措施是______.A.调节P使轨道左端升高一些        B.调节P使轨道左端降低一些C.遮光条的宽度应适当大一些        D.滑块的质量增大一些（3）正确进行实验操作，测出滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m，遮光条的宽度用d表示，已知重力加速度为g.现将滑块从图示位置由静止释放.①若滑块经过光电门2时钩码未着地，测得两光电门中心间距L，由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，则验证机械能守恒定律的表达式是_____.②若滑块经过光电门2时钩码已着地，为验证机械能守恒定律，已测得钩码初始位置离地髙度h，还需测量的一个物理量是_____.【答案】    (1). 13.50    (2). A    (3).     (4). 遮光条通过光电门2的时间【解析】【分析】由题中“图甲是验证机械能守恒定律的装置”可知，本题考查机械能守恒定律实验，根据实验原理和数据处理可分析本题。【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则，分度值为0.05mm，读数为；（2）[2]因为发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明左低右高，因此可以调节P使轨道左端升高一些，故选A；（3）[3]两个光电门的速度分别为和，因此可得即[4] 因为滑块经过光电门2时钩码已着地，所以为验证机械能守恒定律，还需知道两点的速度，因此需要测量遮光条通过光电门2的时间。四、计算题：本题共71计分，请将解答填写在答题卡相应的位置．12.一质量m＝2.0kg的小物块从斜面底端，以一定的初速度冲上倾角为37°的足够长固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机画出了小物块上滑过程的速度-时间图线，如图所示。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；（3）小物块在斜面上运动的时间。【答案】(1) 8.0m/s2  (2) 0.25  (3)【解析】【详解】（1）由小物块上滑过程的速度-时间图线，可知：小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2 （2）小物块沿斜面向上运动过程中受重力、支持力、摩擦力，有：代入数据解得：μ=0.25 （3）因所以小物块不能静止在斜面上，一定能返回到出发点．从图中可以看出向上运动的时间为t1=1s，位移为：x=4m     下滑过程中的加速度解得a’=4m/s2 由，得：   13.江苏省公安厅交警总队组织沿江8市交警部门组建了无人机执法小分队,今年国庆期间,利用无人机灵活机动的特点,进行低空巡查和悬停抓拍交通违法行为.如图所示,为一架小型四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,无人机连同装备的质量为m=2kg,其动力系统所能提供的最大作用力为F0=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4N.取g=10m/s2.(1) 无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时,动力系统提供的作用力F1多大?(2) 无人机在地面上从静止开始,以最大作用力竖直向上起飞,到达离地高度为h=12m的位置所需要的时间t为多少?(3) 无人机现由悬停抓拍改做低空巡查,从静止开始以a=3m/s2的加速度沿水平线做匀加速直线运动,求在此过程中其动力系统所提供的作用力F2。【答案】（1）20N  （2）2s  （3）,与水平夹arctan2度角斜向上【解析】【详解】（l）无人机悬停时处于二力平衡状态，有：代入得：F1=20N（2）无人机竖直向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：代入得：a=6m/s2；由运动学公式得：代入得：t=2s（3）无人机沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：在竖直方向处于二力平衡为：且代人得动力系统所提供的作用力为： N  又有 tana==2则F2的方向与水平夹arctan2度角斜向上14.如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab=L、ad=2L．虚线MN过ad、bc边中点．一根能承受最大拉力F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O．从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v. 求：（1）细线断裂前线框中的电功率P；（2）细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；（3）线框穿出磁场过程中通过导线截面电量 q．【答案】（1）（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据法拉第定律，电功率（2）细线断裂瞬间安培力（没有说明，直接代入下面公式也给分）线框的加速度线框离开磁场过程中，由动能定理（3）设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有其中线圈穿出磁场过程电流通过的电量解得15.如图,质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.4 m的四分之一圆弧A端由静止开始释放,它运动到B点时速度为v=2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1 m的斜面CD上,CD之间铺了一层匀质特殊材料,其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节.斜面底部D点与光滑地面平滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在O点,自然状态下另一端恰好在D点.认为滑块在C、D两处换向时速度大小均不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力.(1) 求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功.(2) 若设置μ=0,求滑块从C第一次运动到D的时间及弹簧的最大弹性势能(3) 若最终滑块停在D点,求μ的取值范围.【答案】(1) 2 J   (2) 2J  (3) 0.125≤μ<0.75或μ=1【解析】【详解】(1) 在B点,解得F=20 N由牛顿第三定律,F'=20 N从A到B,由动能定理得得到W=2 J(2) 在CD间运动,有加速度a=gsin θ=6 m/s2匀变速运动规律得t= s(3) 最终滑块停在D点有两种可能:a. 滑块恰好能从C下滑到D.则有得到μ1=1b. 滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点.当滑块恰好能返回C得到μ2=0.125 当滑块恰好静止在斜面上,则有得到μ3=0.75    所以,当0.125≤μ<0.75,滑块在CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点.综上所述,μ取值范围是0.125≤μ<0.75或μ=116.如图所示，在xOy直角坐标平面内﹣0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿﹣x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（﹣0.05m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用（结果可保留根号）．求：（1）粒子在磁场中运动的半径R；（2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；（3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；（4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，求粒子P到达电场右边界时的速度．【答案】（1）粒子在磁场中运动的半径R为0.1m；（2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为60°或120°；（3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标为（0，m）；（4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，粒子P到达电场右边界时的速度为大小2m/s，方向与电场右边界成45°或135°．【解析】试题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动：，解得：R=0.1m（2）由题意可知粒子Z垂直电场左边界进入电场，做出粒子Z在磁场中的运动轨迹如图所示，O1为轨迹的圆心，用dB表示磁场区域的宽度，由几何关系可知：，在△SOO1中满足：代入数据可得：，即粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角为60°（或120°）（3）在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图所示，N点到x轴的竖直距离L满足：解得：即粒子P的位置坐标为（0，）（4）用dE表示电场的宽度，对粒子Z在电场中的运动，由动能定理可得：代入数据可得：设沿电场方向的速度为，则Eq=ma解得：所以粒子P到达电场右边界时的速度方向与电场右边界成450或1350考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.