重庆市朝阳中学2019_2020学年高一物理12月月考试题.docx

重庆市朝阳中学2019-2020学年高一物理12月月考试题一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1. 下列说法正确的是A. 物体的运动速度越大，加速度也一定越大B. 物体的运动速度变化越快，加速度越大C. 物体的运动速度变化量越大，加速度也一定越大D. 物体的运动速度越小，加速度也一定越小2. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D. 三个等势面中，c的电势最高3. 如图A，B，C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于B上，三物体可一起匀速运动，撤去力F后，三物体仍可一起向前运动，设此时A，B间摩擦力为，B、C间摩擦力为，则和的大小为A. B. C. D. 4. 如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是A. F逐渐减小，T逐渐减小B. F逐渐增大，T逐渐减小C. F逐渐减小，T逐渐增大D. F逐渐增大，T逐渐增大5. 如图示水平地面上有一个圆柱体，现在A与竖直墙之间放一完全相同的圆柱体B，不计一切摩擦，将A缓慢向左移动未与地面接触，则在此过程中A对B的弹力、墙对B的弹力 A. 变小、变小B. 变小、变大C. 变大、变大D. 变大、变小6. 如图所示，斜面体质量为M，倾角为，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿斜面体的光滑斜面自由下滑时，斜面体仍静止不动。则A. 斜面体受地面的支持力为MgB. 斜面体受地面的支持力为C. 斜面体受地面的摩擦力为D. 斜面体受地面的摩擦力为二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）7. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子不计重力，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是A. B. C. D. 8. 用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D. 子弹和木块一起上升的最大高度为9. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则 A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. 上消耗的功率逐渐增大10. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为，则金属棒ab在这一过程中A. 加速度为B. 下滑的位移为C. 产生的焦耳热为D. 受到的最大安培力为三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）11. 一一个电流表G的内阻，满偏电流为，其满偏电压为_。现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为_，刻度对应的电压值为_。二在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：A.小灯泡B.滑动变阻器C.电压表D.电压表E.电流表F.电流表G.铅蓄电池、开关各一个，导线若干为了减小误差，实验中应选电流表_，电压表_在图虚线框内按要求设计实验电路图某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是图中P为小灯泡的功率12. 现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图和图所示由上图读得圆柱体的直径为_mm，长度为_cm若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用测得的D、L、I、U表示的电阻率的关系式为_13. 在做“研究平抛物体的运动”的实验时，通过描点法画出小球平抛运动轨迹，并求出平抛运动初速度实验装置如图甲所示实验时将固定有斜槽的木板放在实验桌上，实验前要检查斜槽末端是否水平，请简述你的检查方法：_关于这个实验，以下说法正确的是_A.小球释放的初始位置越高越好B.每次小球要从同一高度由静止释放C.实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直D.小球的平抛运动要靠近但不接触木板某同学在描绘平抛运动轨迹时，得到的部分轨迹曲线如图乙所示在曲线上取A、B、C三个点，测量得到A、B、C三点间竖直距离，A、B、C三点间水平距离，取，则小球平抛运动的初速度大小为_保留三位有效数字四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）14. 如图，灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为，灯泡D的电阻为，电动机M线圈的电阻为，与电动机并联的理想电压表读数为电动机的转轴的摩擦可忽略，求：通过灯泡的电流I。电动机M线圈的发热功率。电动机M输出的机械功率。15. 绳OC与竖直方向成角，O为质量不计的光滑滑轮，已知物体B重1000N，物体A重400N，物块A和B均静止求： 物体B所受地面的摩擦力和支持力分别为多大？绳的拉力为多大？16. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为匝的矩形线圈，边长分别为和，内阻为，在磁感应强度的匀强磁场中绕轴以的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部的电阻相接。求电键S合上后， 写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；电压表和电流表示数；电阻R上所消耗的电功率；从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量。答案1.【答案】B【解析】【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量。解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关。【解答】A.物体的速度大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A错误；B.加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故B正确；C.物体的速度变化量大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故C错误；D.加速度大小与速度大小没有必然联系，物体速度很小时，加速度也可以很大，故D错误。故选B。2.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查等势面及带电粒子的运动轨迹问题；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上，故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。【解答】A.等差等势面P处密集，P处电场强度大，电场力大，加速度大，故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上。故c点电势最高；利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大；负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，P点电势能大则动能小。故BC错误，D正确。故选D。3.【答案】C【解析】【分析】撤去力F，若三个物体仍能一起继续向前运动，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对A分析、对AB分析，求出A、B之间，B、C之间的摩擦力。解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。【解答】开始三个物体在拉力F的作用下一起做匀速直线运动，知，撤去F后，三个物体一起做匀减速直线运动，整体的加速度为：隔离对A分析，A在水平方向上的合力等于B对A的摩擦力，有：隔离对AB分析，AB整体所受的合力等于C对它们的摩擦力，有：，故C正确，ABD错误。故选C。4.【答案】A【解析】【分析】本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，再根据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可。明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况。【解答】电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由可知，电场强度E减小，电场力减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小，故A正确，BCD错误。故选A。5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查共点力动态平衡相关知识。对于动态过程受力变化的求解，一般根据力的矢量三角形，找出三角函数的关系或者根据正交分解列出方程分析。对B进行受力分析，根据A向左移动，B所受的力之间角度的关系变化，然后根据重力G不变，并对B由平衡求解即可。【解答】不计一切摩擦，将A缓慢向左移动未与地面接触，则A、B受力平衡；那么B受力如图所示：A向左移动，那么变小，所以，变小，变小，故A正确，BCD错误。故选：A。6.【答案】D【解析】【分析】先对m研究，根据牛顿第二定律得到加速度，再对整体研究，分析受力情况，作出力图，将m的加速度分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律求解地面对斜面体的支持力和摩擦力。本题是对加速度不同的连接体运用整体法，基础不好的学生可以采用隔离法研究。【解答】由题，斜面是光滑的，则由牛顿第二定律可得物体m下滑时加速度大小为，对整体进行研究，分析受力情况，作出力图，将m的加速度a分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律有：竖直方向：，则，所以斜面体受地面的支持力小于，故AB均错误；对整体：有水平方向的加速度，则地面对斜面的摩擦力方向也水平向右，由牛顿第二定律得：水平方向：，故C错误，D正确。故选D。7.【答案】AD【解析】【分析】分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时间内向A板做匀加速直线运动，时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度，根据电子的运动情况分析判断。本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。【解答】分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零，时间内向A板做匀加速直线运动，时间内做匀减速直线运动，接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；B.电子做匀变速直线运动时图象应是抛物线，故B错误；D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，图象应平行于横轴，故D正确。故选：AD。8.【答案】AB【解析】【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，可由动量守恒定律列式求解子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度；子弹射入木块后，系统由于惯性继续上升，由于绳子的拉力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，运用机械能守恒定律求解最大高度。子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定律解的题通常都能用动能定理解决。【解答】A.从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒，故A正确；B.由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：，可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为，故B正确；C.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误；D.子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得，可得上升的最大高度为，故D错误。故选AB。9.【答案】BCD【解析】【分析】先由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析电容器板间场强的变化，由质点的受力情况可知质点的运动情况。解决动态变化分析的题目，一般可以按照整体局部整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻都是增大的。【解答】由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，则两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，两端电压增大，通过电流增大。根据并联电路的特点可知：电流表示数减小，流过的电流减小，电压减少，根据电压知识滑动变阻器电压增大，电压表示数增大，故A错误，B正确；C.因两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，故质点P将向上运动，故C正确；D.因两端的电压增大，由可知，上消耗的功率增大，故D正确。故选BCD。10.【答案】BCD【解析】【分析】金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理。电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量和，注意电阻和匝数，在计算题中，不能直接作为公式用，要推导。【解答】A.金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：；其中；故，故A错误；B.由电量计算公式，可得，下滑的位移大小为，故B正确；C.根据能量守恒定律：产生的焦耳热，故C正确；D.金属棒ab受到的最大安培力大小为，故D正确。故选BCD。11.【答案】一二 【解析】【分析】一把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。解决本题的关键是利用串并联的特点解题。二器材的选取需安全、精确，根据灯泡的规格选择合适的电表；因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接；根据灯泡电阻的变化判断功率与、的关系；解决本题的关键掌握器材选择的原则，知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及知道电流表内外接法的区别。【解答】一电流表G的满偏电压：，把它改装成15V的电压表，需要串联电阻的阻值：，刻度处对应的电压值为：；二灯泡的额定电流为，选择电流表；灯泡的额定电压为3V，选择电压表；因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻为，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示根据图线的斜率表示电阻的倒数，知电阻随电压的增大而增大；图线的斜率表示电阻倒数，电阻增大，知P与图线的斜率减小，故B正确；图线的斜率表示电阻的大小，电阻增大，知P与图线的斜率增大，故D正确。故选BD。故答案为：一；二；。12.【答案】；【解析】【分析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；根据欧姆定律和电阻定律列式求解游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度并掌握电阻定律与欧姆定律的应用【解答】由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为，游标尺示数为，螺旋测微器示数为；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为，游标尺示数为，游标卡尺示数为；根据欧姆定理根据电阻定律，有：解得：故答案为：；。13.【答案】将小球放在槽的末端，看小球能否静止【解析】解：检查斜槽末端是否水平的方法：将小球放在槽的末端，看小球能否静止、小球释放的初始位置不能太高，因为越高，初速度越大，平抛运动的轨迹将不在白纸的范围内，故A错误B、为了保证小球的初速度相等，每次从斜槽同一位置由静止释放小球，故B正确C、实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直，故C正确D、实验时小球的平抛运动要靠近但不接触木板，防止摩擦改变小球的运动轨迹，故D正确故选：BCD在竖直方向上，根据得，则初速度故答案为：将小球放在槽的末端，看小球能否静止，检查斜槽末端是否水平的方法：将小球放在槽的末端，看小球能否静止；根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解14.【答案】解：灯两端的电压为所以通过灯泡的电流为；电动机M线圈的发热功率；电动机M消耗的电功率为输出的机械功率。【解析】本题切入点在于根据电路欧姆定