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高三年级 12 月月考物理答案
1.D 【解析】甲图：匀变速直线运动位移公式的推导，用到了微元法；乙图和丁图：用到了微小
形变放大法；丙图：研究合力与分力，用到了等效法故乙和丁包含的物理思想方法相同，选B。
2.B 【解析】磁性棋盘是竖直放置的，棋子静止在上面时受到重力、弹力、磁力及摩擦力;弹力和
磁力与棋盘垂直，二力为平衡力，重力竖直向下，而摩擦力竖直向上与重力平衡，A错误，B正
确;根据竖直方向上二力平衡知：f =G，f应不超过最大静摩擦力，则有：f m
v2 ，又GMm
=mg
，则载人飞船在轨道
1
上经过
P
点时的速度小于√ gR2，故B错
r2 r R2 r
(r+R) 3
误；C.由开普勒第三定律可知，
2 r3
，则轨道
1
和轨道
2
运行周期之比为T
=(
r+R
)
3
2
，
= T 2r
T2 T2 2
2
故C正确；D.轨道1为椭圆轨道，万有引力与向心力大小不等，可利用轨道2求解地球质量M，由
万有引力提供向心力有
GMm
=m
4π2
r ，解得地球质量 M=
4π2r3
=
π2(r+R) 3
，故D错误。
r2 T2 GT2 2GT2
2 2
5.C 【解析】由光路图，分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折
sini
射率公式n= 得知，b光的折射率较小，频率较小，波长较长。A.由题意结合题图知，霓是经
sinr
L
过2次折射和2次全反射形成的现象，故A错误；B.由于b光的波长较长，根据Δx= λ，可知光
d
c
束a、b通过同一装置发生双缝干涉，b光的相邻亮条纹间距大，故B错误；C.由公式v= 得知，
n
b光的折射率较小，速度较大，在同种玻璃中传播，b光的传播速度一定大于a光，故C正确；D.
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1b光的折射率较小，频率较小，分别照射同一金属，若a光能使某金属发生光电效应，则b光不一
定能使该金属发生光电效应，故D错误。
L L L
6.D 【解析】选项A、B在时间0到2 内图线形状相同，下面分析2 到3 时间内线框的运动，
v v v
该段时间线框出磁场，ab边切割磁感线，且有效切割长度为L−vt，根据感应电动势公式
E B(L−vt)v
E=B(L−vt)v，由闭合电路的欧姆定律得感应电流i= = 线性减小，由楞次定律
R R
知电流方向为顺时针，选项A、B错误。线框进出磁场，由楞次定律知产生的感应电流的效果是
阻碍线框的相对运动，所以可判断安培力方向为水平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水
L L B2 (L−vt) 2v
平向右，即拉力方向为正方向。在2 到3 时间范围内，有F=F = ，则F−t图
v v 安 R
线应为抛物线，选项C错误，选项D正确。
7.BD 【解析】ABD、小球运动到最低点时，弹性绳会拉长，弹性绳的弹性势能增加，此过程弹
性绳对小球做负功，由能量守恒定律知，小球的机械能会减小，则小球重力势能的减少量大于动
能的增加量，让小球紧靠O点由静止释放，小球向下运动到P点时，由能量守恒定律知，小球此
时有竖直向下的速度，则小球向下运动到的最低点一定在P点下方，故A错误，BD正确；C、小
球运动到P点时，速度方向水平向左，与重力方向垂直，则此时重力的瞬时功率为0，故C错
误。
8.ACD 【解析】B.由题意 c 点的磁感应强度为零，则说明导线 P 、 Q 在 c 点产生的磁场大小相
I I
等、方向相反，又因为 c 点距 P 、 Q 的距离比为 1:3 ，则 k 1=k 2 ，可得电流之比为 1:3
R 3R
，故B错误。A.由B分析可知，导线 Q 在 d 点产生的磁场强， d 点的磁感应强度方向垂直 cd 向
下，由安培定则可知 P 中的电流方向向外、则 Q 中的电流方向向里，故A正确。C.由安培定则
可知，导线 P 、 Q 在 O 点产生的磁场方向均垂直 cd 连线向
上，故C正确。D.由于 I =I ，分别作出两电流在 a 、 b 两点
1 2
的磁感应强度大小和方向，如图所示，根据磁场的矢量合成可
知 a 、 b 两点的磁感应强度大小相等、方向相同，故D正确。
9.AD 【解析】解：A.令等效重力加速度为g ，则有
0
mgsinθ=mg 解得g =gsinθ，可知，多次改变图1中θ角的大小，即可获得不同的等效重力加速
0, 0
度，故A正确；B.单摆在运动过程中，A、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆
线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆n次全振动的时间为t=nT=2nT 故B错
0,
√ L 1
误；C.根据单摆周期公式有T=2π ，可知，多次改变斜面倾角θ，只要得出T∝ 就
gsinθ √ sinθ
可以验证该结论成立，故C错误；D.摆球自然悬垂时，通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉
力为F ，根据平衡条件有F =mgsinθ在图2的测量过程中，摆球在A位置有F =mgsinθcosα,摆
1 1 2
mv2
球在B位置，根据牛顿第二定律有F −,mgsinθ= 摆球从A位置运动到B位置，根据动能定理
3 L
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21
有mgsinθ(L−Lcosα)= mv2解得F =3F −2F ，故D正确。故选：AD。根据题意求出等
2 3 1 2
效重力加速度。根据图2求周期，, 根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；根据单摆周期公
式分析作答；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在A、C位置，求拉力F 与F 的关
2 1
系；在最低处B点，根据向心力公式求速度；小球从A到B，根据动能定理求速度，然后联立求
解作答。理解实验原理是解题的前提与关键，能够根据平衡条件求解等效重力，熟练掌握圆周运
动向心力公式、动能定理和单摆周期公式。
10.BD 【解析】A、小球由静止释放后先做初速度为零、加速度大小为√ 2g的匀加速直线运动，
到O点正下方时设速度大小为v，则v2=2√ 2g×√ 2L，解得v=2√ gL，由于细线绷紧，沿绳方向
√ 2
的分速度为0，此后小球以v = v=√ 2gL的速度从O点正下方开始向右做圆周运动，根据等效
1 2
场的对称性可知，小球运动到B点的速度大小等于√ 2gL，故A错误;BC、设小球从O点正下方
向B点运动过程中的最大速度为v ，根据力与运动的关系可知，当小球位置与O连线与竖直方向
2
√ 2 1 1
夹角为45∘时速度最大，根据动能定理有√ 2mg(L− L)= mv2− mv2，解得
2 2 2 2 1
v =√ 2√ 2gL<2√ gL
，因此小球运动到
O
点正下方时的速度最大，最大速度为
2√ gL
，故B正
2
1
确，C错误;D、由于 mv2=√ 2mgL，因此小球最终做往复运动，轨迹为半个圆周，故D正确。
2 2
故选BD。
2t
11. 上移 ℎ−T2 4π2k
n
2t
【解析】(3)由于钢球运动一周的过程中，光电传感器接收到2次信号，则钢球运动的周期T=
n
(4)若适当调大电机的转速，则钢球向上运动，则激光笔应上移；(5)设当某时刻钢球所在位置与
凹槽圆心位置的连线与竖直方向夹角为θ，凹槽半径为R，则对钢球分析可知
mgtanθ=m 4π2 Rsinθ ，由几何关系 cosθ= ℎ−ℎ 0 ，可知 ℎ = g T2+ ℎ ，则将得到的多
T2 R 4π2 0
g
组 T 和 ℎ 的数据记录到表格中，并绘制 ℎ−T2 图像，根据图像的斜率 k 可得k=
4π2
，可以进
一步求出当地重力加速度g=4π2k。
1 b
12.【答案】5.0 −R 大于 0.35(0.34∼0.36) 87.3%
k k 0
【解析】(1)本实验利用电桥法测电阻，电流计读数为0，
R =R =5.0Ω；(2)利用安阻法测电源电动势和内阻，由闭合电
0 p
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31 1 R +r 1 b
路欧姆定律有，E=I(R +R +r)，整理得 = R + 0 ，可知E= ，r= −R ，如果考
p 0 I E p E k k 0
虑电流表内阻，测量的r =r+R ，则测量值大于真实值;(3)将电源与灯泡连接成图丙电路图，
测 A
3 3
由闭合电路欧姆定律可知：E=2U+I(R+r)，得U=− I+ ，在灯泡伏安特性曲线中作出该
2 2
图像，由图像可知，每个灯泡两端的电压为U=0.93V，通过灯泡的电流为I=0.38A，所以每个
E−Ir
灯泡的实际功率为0.93×0.38W≈0.35W，此时电源效率为 ≈87.3%。
E
13.【答案】解：(1)初始状态下气体的压强为
空气柱长度 ；设玻璃管横截面积为S，气体的体积为 V =l S，设注入水银后水平管进
1 1
入左侧竖直管内水银长度为x，则气体的压强为 p =p +p +p −2p ，气体的体积
2 0 ℎ1 ℎ x
为 V =(l −x)S，注入过程气体温度不变，根据玻意耳定律得 p V =p V ，解得 ，
2 1 1 1 2 2
则稳定后空气柱的长度 (2)要使空气柱变为原来长度则气体压强变
p p
为 ，根据查理定律 1= 3 ，解得空气柱的温度变为
T T
1 2
。
14.【答案】解：(1)由图(b)可知，当恒力F≥25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑
块为研究对象，根据牛顿第二定律得， ， ，代入数据解得 ；
μ mg=ma a =4m/s2 μ =0.4
1 1 1 1
(2)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：F−μ mg−μ (m+M)g=Ma ，则
1 2 2
1 μ mg+μ (m+M)g 1 4 1
a = F− 1 2 ，结合图象可得 = = ，带入点(25,4)解得：μ =0.1
2 M M M 25−9 4 2
，M=4kg；
当水平恒力 时，设 在 上滑动的时间为 ，滑块的加速度为 ，
(3) F=27.8N m M t a =μ g=4m/s2
1 1
1 F−μ mg−μ (M+m)g
而滑块在时间t内的位移为s = a t2 ，木板的加速度为a = 1 2 ，代入数据
1 2 1 2 M
1
解得a =4.7m/s2，而木板在时间t内的位移为s = a t2，由题可知，s −s =L，代入数据联立
2 2 2 2 2 1
解得t=2s。
答：(1)小滑块与木板之间的滑动摩擦因数μ 为0.4；(2)木板与地面的滑动摩擦因数μ 为0.1，M
1 2
的质量为4kg；(3)滑块从木板上滑落经历的时间t为2s。
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4【解析】本题考查牛顿第二定律和图象的综合。解题的关键是理清运动规律，结合牛顿第二定律
和运动学公式进行求解，通过图象得出相对滑动时的拉力大小。(1)由图可知，当恒力F≥25N
时，滑块与木板将出现相对滑动，由滑块的加速度结合牛顿第二定律求出滑块与木板间的动摩擦
因数μ ；(2)对木板研究，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线求出木板与地面间
1
的动摩擦因数μ 以及木板的质量M；(3)根据牛顿第二定律分别得出滑块和木板的加速度，根据
2
位移之差等于L，结合运动学公式求出经历的时间。
15.【答案】解：(1)粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，设在第Ⅱ象限内运动时间为
1
t ，则由牛顿第二定律可得qE=ma，水平方向L= at2 ，竖直方向y =v t ，联立解得：
1 2 1 M 0 1
8L 8L
t = ，y = ；(2)粒子在M点速度大小
1 3υ M 3
0
5v at 3
v=√ v2+(at ) 2= 0，与y轴正向夹角为θ，tanθ= 1= ，则
0 1 4 v 4
0
mυ2
θ=37∘，在磁场中洛伦兹力提供向心力得qvB= ，做出粒子
r
8L 5L
轨迹，由几何关系：r+rsin37∘= 联立解得半径r= ，
3 3
3mv
B= 0；(3)粒子到达y轴C点后做类似斜抛运动，C点速度方向与
4qL
5v
y轴正方向成37∘，大小为 0，由运动对称性知CD沿y轴方向距离与
4
16L
DE沿y轴方向距离相等，则CE=2y = ；粒子第n次从第Ⅱ象限
M 3
进入第Ⅰ象限经过y轴的纵坐标为：y=OM+(n−1)(CE−CM)
8L 16L
(n=1,2,3⋯)，即为y= +(n−1)( −2rsin37∘)，解得
3 3
10nL 2L
y= − (n=1,2,3⋯)
3 3
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5
