1、2020-2021学年度玉田一中高三年级12月段考（物理）一、选择题（本题共10小题，共46分，1-7为单项选择每小题4分，8-10为多选每小题6分，漏选得3分，不选或错选得0分）1. 一质点由静止开始按如图所示的规律运动，下列说法正确的是（）A. 质点在2t0的时间内始终沿正方向运动，且在2t0时距离出发点最远B. 质点做往复运动，且在2t0时回到出发点C. 质点在t0时的速度最大，且最大的速度为a0t0D. 如果是a-x图象，质点在最后时刻速度最大【答案】A【解析】分析】【详解】AB由图象可知，时间内，质点沿正方向做加速度逐渐增大的加速运动，在时间内，质点沿正方向做加速度减小的加速运动，在
2、时间内质点的加速度反向，由于惯性质点继续沿正方向做加速度增大的减速运动，在时间内，质点沿正方向做加速度减小的减速运动，由对称性可知，质点在2t0时刻速度为零，在2t0时间内质点始终沿正方向运动，2t0时刻离出发点最远，故A正确，B错误；C质点在t0时刻速度最大，根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知最大速度为故C错误；D如果是a-x图象，根据图象所围成面积可判断速度的大小，面积越大，速度大小越大，且速度是矢量，根据对称性可知，最后时刻速度为0，故D错误；故选A。2. 两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示。当升降机正以大小为a2 m/s2的加速度
3、加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为（取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取10 m/s2）（）A. 22 m/s2， 2 m/s2B. 12 m/s2，2 m/s2C. 24 m/s2，0D. 2 m/s2，2 m/s2【答案】A【解析】【分析】【详解】在细线断裂之前，对B根据牛顿第二定律有解得在细线断裂瞬间，弹簧的弹力不能突变，B的受力情况不变，所以加速度不变，仍为2m/s2；在细线断裂瞬间，绳子拉力消失，对A根据牛顿第二定律有解得故选A。3. 一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P
4、点，OP的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 小球落在P点的时间是B. Q点在P点的下方C. v1v2D. 落在P点的时间与落在Q点的时间之比是【答案】D【解析】【分析】【详解】A以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，由几何关系可知所以A错误；BC当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何关系可知即根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，可知Q点在P点的上方，水平位移，所以，BC错误；D落在P点的
5、时间与落在Q点的时间之比是，D正确。故选D。4. 中国在西昌卫星发射中心成功发射“亚太九号”通信卫星，该卫星运行的轨道示意图如图所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P，当卫星经过P点时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法正确的是（）A. 卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B. 卫星在轨道1上运行经过P点的加速度大于在轨道2上运行经过P点的加速度C. 卫星在轨道1上P点速度大于轨道2上P点速度D. 卫星在轨道1上运行经过Q点的速度大于轨道2经过P点的速度【答案】D【解析】【分析】【详解】AC卫星由轨道1变为轨道2时要点火加速，因此卫星在轨道2上经过
6、P点速度大于轨道1上经过P点速度，同一卫星在P点重力势能大小一定，在轨道2上运动时的动能大，机械能大，故AC错误；B同一卫星在P点受到的万有引力大小相等，由牛顿第二定律可得解得说明在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度，故B错误；D设经过Q点圆轨道时的速度为，卫星在椭圆轨道1上运行经过Q点的速度这，卫星在椭圆轨道2经过P点的速度为，卫星做圆周运动时根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得解得说明由圆轨道变为椭圆轨道1要加速可知 所以有 即卫星在轨道1上运行经过Q点的速度大于轨道2经过P点的速度，故D正确。故选D。5. 如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R
7、1、R2、R3为定值电阻，R为光敏电阻（随光照增强电阻减小），C为电容器，闭合开关S，电路稳定后，若减小对R的光照程度，则（）A. 电源的输出功率变大B. 电源的效率增大C. 电容器所带的电荷量增加D. R2消耗的功率增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据电源的输出功率和外电阻的关系可知，外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，本题中闭合开关S，减小对R的光照强度，光敏电阻的阻值增大，总电阻增大，但是外电阻与内阻的关系未知，故电源的输出功率不一定增大，A错误；B电源的效率闭合开关S，减小对R的光照强度，光敏电阻的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，电源的效率增大，故
8、B正确；C流过电阻R1的电流增大，流过R2支路的电流减小，电阻R2两端的电压减小，电容器两端的电压减小，电容器所带的电荷量减小，故C错误；D根据流过R2的电流减小，R2消耗的功率减小，故D错误；故选B。6. 法拉第发明了世界上第一台发电机。如图所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连。金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则（）A. 流过电流计的电流由右向左B. 通过圆盘的磁通量不变，电流计中没有感应电流C. 若提高金属盘转速，电流计的示数变大D. 若将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大【答案】C【解析】【分析】【详解】A由安培定则结
9、合闭合电路电流知两磁极间磁场为由左向右，根据右手定则知电流方向由M到N，故流过电流计的电流由左向右，故A错误；B圆盘转动时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，圆盘与灵敏电流计组成闭合回路，有电流通过电流计，故B错误；C当金属盘绕中心轴转动时，可把金属盘看做有无数条金属棒组成，当金属盘转动时，根据法拉第电磁感应定律知产生的电动势为若提高金属盘转速，则增大，故感应电动势增大，此时灵敏电流计的示数将变大，故C正确；D若将变阻器滑片向左滑动，接入电阻变大，则电磁铁所在闭合回路中电流减小，两磁极间的磁场减弱，即B减小，此时的感应电动势减小，故灵敏电流计的示数将变小，故D错误。故选C。7. 如图甲所示，
10、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中a、b所示，则下列说法正确的是（）A. 曲线b表示的交变电流的电动势有效值为10VB. 曲线a、b对应的线圈角速度之比为32C. 线圈转速不变，将原线圈滑片P向上滑动时，灯泡变亮D. P位置不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，变压器的输入功率变大【答案】B【解析】【分析】【详解】B由图乙可知a的周期为 ，b的周期为，根据角速度比为B正确；A由图乙可知曲线a表示的交变电流的电动势最大值为15V，根据可得所以可得曲线b表示的交变电流的电动势的最大值为10V，则
11、有效值为A错误；C仅将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，根据变压器的电压与匝数的关系输出电压减小，故灯泡会变暗，C错误；DP位置不变，副线圈电压不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，输出功率变小，输入功率也变小，D错误。故选B。8. 如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1:t2:t3=3:3:1直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是A. 三个粒子的速度大小关系可能是v1=v2v3B. 三个粒子的速度大小关系可
12、能是v1v2v3C. 粒子比荷D. 粒子的比荷【答案】BD【解析】速度为的粒子从ab边穿出，则偏转角为90，但两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为的粒子半径小，由半径公式，则一定大于和， A错误B正确；对速度为的粒子偏转30，画出运动轨迹如图所示，由几何关系知，所以，而，联立得到，C错误；由于速度为的粒子偏转90，则，于是，D正确【点睛】此题涉及的是带电粒子在三角形磁场区域内做匀速圆周运动问题，要注意的是已知的是带电粒子在磁场区域内的时间之比，也就是告诉了偏转角之比，结合题意就知道带电粒子从哪条边穿出，从而知道偏转角的大小，由几何关系也能求出粒子3的半径，由半径和周期公式就能求出速度大
13、小关系和比荷9. 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）A. M板电势一定高于N板的电势B. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大C. 污水流动的速度越大，电压表的示数越大D. 电压表的示数U与污水流量Q成正比【答案】ACD【解析】A项，根据左手定则知负离
14、子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，所以M板电势一定高于N板的电势，故A正确；B、C项，最终离子处于平衡，故电场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有 ，解得 ，所以与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，故B项错误，C项正确D项，根据 ，则流量 ，即 ，故电压表示数与污水流量成正比，故D项正确综上所述本题正确答案为ACD10. 如图所示，用两根长度均为l的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角均为=30，小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B处位置为与竖直方向的夹角
15、为处，小球处于静止状态，则（）A. A处的带电小球带负电B. A处与B处库仑力大小之比为4：3C. 支架处于B处，左边绳子张力为mg-mgD. 支架处于B处，右边绳子张力为mg+mg【答案】BC【解析】【分析】【详解】A当绝缘支架上的带电小球在A位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A处的带电小球带正电，故A错误；B根据库仑定律可得因此在A处与B处库仑力大小之比等于带电小球距离平方的倒数比，即因，所以故B错误；CD支架处于B处，两球间的库仑力为设左、右绳的张力分别为F1和F2，则由正交分解可得解得故C正确，D错误；故选BC。二、实验题（共16分，其
16、中13题6分，14题10分）11. 某同学利用如图所示的装置来验证由小车与钩码组成的系统机械能守恒(1)现提供如下器材：A小车B钩码C一端带滑轮的长木板D细绳E电火花打点计器F纸带G毫米刻度尺H游标卡尺I低压交流电源J220V交流电源。实验中不需要的器材是_（填写器材前的字母），还需要的器材是_(2)为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量M和钩码质量m的关系应该满足_(3)两位同学统一观点后完成实验，得到一条纸带，去掉前面比较密集的点，选择点迹清晰且便于测量的连续7个点（标号为06），测出相关距离如图所示，要验证在第2点与第5点时系统的机械能相等，则应满足关系式_（
17、设小车质量M钩码质量m，打点周期为T。）【答案】 (1). H，I (2). 天平 (3). Mm (4). 【解析】【分析】【详解】(1)1实验不需要游标卡尺，距离由刻度尺测量，电火花计时器直接使用220V，不需要低压交流电源，不需要的器材是H，I；2还需要天平测量钩码的质量；(2)3为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量M和钩码质量m的关系应该满足Mm2），电量q1和q2，速度v1和v2甲、乙两带电体分别从图中的A、D两点以不同的初速度开始向两边运动，轨迹如图，它们在C点碰撞后结为一体向右运动，计算碰撞后结合体的半径R并判断结合体能否回到C点。（如果能请计算从碰撞结束到返回C点的时间，如果不能返回C点说明原因）【答案】r；可以，【解析】【分析】【详解】甲、乙两带电体分别在左右磁场中做匀速圆运动，速度大小不变，碰撞时遵守动量守恒定律，由题得知碰撞前甲的动量大，由于质量大小不知，故速度大小无法判断。根据磁场中匀速圆周运动，由Bqv=解得r=因m1v1m2v2r，B相同，由题可判断甲带正电，乙带负电，且q1q2，并得r=r=根据动量守恒定律得m1v1-m2v2=mv则结合体的半径为R=带入得R=r由于q1q2结合体偏转方向不变，故可以回到C点=从碰撞结束到返回C点的时间为T=+
