济阳闻韶中学2022年12月月考物理答案_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_3物理高考模拟题_新高考_山东省济南市济阳闻韶中学2023届高三上学期12月月考物理

1.【答案】A【详解】此同学最初静止，竖直向下为加速度的正方向，根据图像，然后加速度开始为负 x 'vt ，物块相对传送带上滑s =x x '=0.25m， s =x x '=1m即物块先相对传送带上滑 2 2 1 1 1 2 2 2 值即加速度向上，是加速上升；后来加速度为正值，即加速度向下，是减速上升；最后静止。全过程 0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，故C错误；D．物块相对传送带滑动路程为 为先加速上升再减速上升最终静止，所以是起立过程。故BCD错误，A正确。 ss + s =1.25m，则摩擦生热 Q=mgcoss 带入数据可得Q=3.75J，故D正确。 1 2 2.A 【解析】A、B整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力作用。设A、B的质量均为m，由平衡条 件得F  2mg，对B受力分析，B受到重力、推力F 和垂直斜面向上的支持力，根据共点力平衡有 7.【答案】C【详解】A．滑块A运动到 P点时，对A分析有mgsin53 ma，解得a=8m/s2 F tan 3 A错误；B．滑块A处于O点时，物块B的速度为0，滑块下滑过程中，滑块A沿绳的分速度等于物块 tan ，解得  ，A正确，B、C、D错误。 mg 2 6 B的速度，当滑块A运动到P点时，由于P点与滑轮的连线同直杆垂直，则此时滑块A沿绳的分速度 3.【答案】B【详解】A．电场线与等势线相互垂直，所以电场线沿竖直方向，由运动轨迹可以看出正 等于0，即此时物块B的速度亦为0，可知滑块A由O点运动到P点的过程中，物块B的始末速度均 电荷所受电场力方向竖直向上，所以A错误；B．因为正电荷所受电场力方向竖直向上，所以电场线竖 为0，则该过程中，物块B的速度先增大后减小，则物块B的动能也先增大后减小，B错误； 直向上，因为沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确；C．从a到b电场力做 CD．根据上述，滑块A由O点运动到P点的过程中，对A、B系统有 正功，动能增加，但不能确定电荷在 b点的动能就是在 a点动能的 2倍，故 C错误；D．因为 a、b在 1 mgLcos53sin53Mg  LLsin53  mv2 ，解得v 5 2m/s，C正确，D错误。 不同的等势面上，所以即使选择合适的零电势点，电荷在a、b两点的电势能也不可能相等，故D错误。 2 AP AP 4.【答案】C【详解】vt图像中面积表示位移，汽车所走的位移为x 42  4(75) 8m 8.【答案】C【详解】A．若粒子从 ab边中点处垂直 ab边射出，则圆心一定在在 ab边上，设与 ab边 2 2 交点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误； x 8 若该汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道，所用时间为t   s2s 2 v 4 B．同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对于圆心角为60，所以粒子在磁场中的运 相比通过人工通道可节省的时间为t t 1 t 2 7s2s5s，故ABD错误，C正确。 动时间为t 1 T，且T  2m ，解得t  m ，故B错误； 6 qB 3qB 1 2qU 5.【答案】D【详解】AB．根据Uq mv2，可得v ，则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大，在 C．垂直cf向上发射的粒子刚好与能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得 2 m 2m r mv2 mv  2 33  qBL 加速电场中的加速时间越短，选项 AB 错误；C．根据T  ，可知，比荷大的粒子在磁场中的运动 Lr ，由qvB 得r ，联立解得 v ，故C正确； qB sin60 r qB m mv 1 2Um 3 周期越短，则时间越短，选项C错误；D．根据r  ，则比荷大的粒子在磁场中做匀速圆周 D．因为O点距六边形的最近距离为d Lcos30 L，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最 qB B q 2 运动的半径越小，选项D正确。故选D。 d mv 3qBL 小半径为r ，又r ，所以最小速度为v  ，故D错误。故选C。 2 qB min 4m 6.【答案】D【详解】AB．小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 9.【答案】BD【详解】A．根据电场叠加原理可知，两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向，两 v2v2 v v mgsinmgcosma ，设经过时间t 减速到与传送带速度相等x  0 ，t  0 ，解得 1 1 1 2a 1 a 个负电荷在 f点合场强沿 y轴负方向，所以合场强方向沿 y轴负方向，同理可得在 h点合场强方向沿 y 1 1 x =0.75m，t =0.25s，速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律 轴正方向，因此场强方向相反，故A错误；B．根据等量同种电荷电场分布特点可知，在两个正电荷形 1 1 mgsinmgcosma ，x  v20 ，t  v0 解得x =1m，t =1s。则传送带从底端到顶端的长度为 成的电场中，e、g 两点的电势相等，同理在两个负电荷形成的电场中，e、g 两点的电势相等，所以在 2 2 2a 2 a 2 2 2 2 四个电荷的合电场中电势相等，故B正确；C．根据场强叠加原理可知ef点电场强度等大，因此电场力 L=x x 1.75m ，t t t 1.25s，故AB都错误；C．在t 和t 时间，传送带分别向上位移x 'vt ， 1 2 1 2 1 2 1 1 大小相等，故C错误；D．通过叠加原理可知，oh间电场线由o指向h，ao间电场线方向，由a指向o，沿电场线方向电势逐渐降低，因此e点电势比h点电势高，因此质子在e点的电势能大，故D正确。故 在h 处拉力为零，因此在h -h 过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做 2 1 2 选BD。 减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确；D．在0-h 过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后 3 10.【答案】AD【详解】A．设质量为m的行星绕质量为M的恒星做半径为r、周期为T的匀速圆周运 拉力为零，物体的合外力先减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度大 Mm 4π2 4π2r3 r3 小先减小后增大再不变，h -h 阶段为竖直上抛运动，不是匀速，故D错误。故选AC。 动，根据牛顿第二定律有G m r ，解得M   该恒星与太阳的质量之比为 2 3 r2 T2 GT2 T2 13. 0.60m/s 0.40m/s 2𝑚 (cid:3404)𝑚 M 83 512 M 3M M (cid:2869) (cid:2870) 恒=  ，故A正确；B．恒星的密度为   该恒星与太阳的密度之比为 M 太 92 81 V 4πR3 R3 【详解】（3）[1]由题意得，从A位置到最低点的高度差为ℎ (cid:3404)9𝑑 (cid:3404)18mm(cid:3404)1.8(cid:3400)10(cid:2879)(cid:2870)m (cid:2869) 512  恒  8 = 64 故B错误；C．恒星的运行速度为v 2πr 该行星与地球做圆周运动时的运行速度之比 由机械能守恒定律可得𝑚 𝑔ℎ (cid:3404) (cid:2869) 𝑚 𝑣 (cid:2870)，解得碰撞前球1的速度𝑣 (cid:3404)(cid:3493)2𝑔ℎ (cid:3404)0.60m⁄s  81 81 T (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2869) (cid:2869) (cid:2869) (cid:2869) 太 1 8 [2]碰撞后球2上升高度为ℎ (cid:3404)4𝑑(cid:3404)8mm(cid:3404)8(cid:3400)10(cid:2879)(cid:2871)m，由机械能守恒定律可得(cid:2869) 𝑚 𝑣 (cid:2870)(cid:3404)𝑚 𝑔ℎ (cid:2870) (cid:2870) (cid:2870) (cid:2870) (cid:2870) 为 v 行  9 = 8 ，故C错误；D．恒星表面质量为m 的物体所受万有引力等于重力，即G Mm 0 m g (cid:2870) v 1 9 0 R2 0 地 解得碰后球2的速度大小为𝑣 (cid:3404)(cid:3493)2𝑔ℎ (cid:3404)0.40m⁄s 1 (cid:2870) (cid:2870) 512 [3]又因为，碰后球1的速度为𝑣(cid:4593) (cid:3404)(cid:3398)(cid:3493)2𝑔𝑑，若碰撞前后动量守恒，则有𝑚 𝑣 (cid:3404)𝑚𝑣(cid:4593) (cid:3397)𝑚 𝑣 可得恒星表面的重力加速度为g GM ，该恒星表面与太阳表面的重力加速度之比为 g 恒  4  128 故D正 (cid:2869) (cid:2869) (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2870) R2 g 81 81 太 即𝑚 (cid:3493)2𝑔⋅9𝑑 (cid:3404)𝑚 (cid:3493)2𝑔⋅4𝑑(cid:3398)𝑚 (cid:3493)2𝑔𝑑，整理可得m 、m 满足关系式2𝑚 (cid:3404)𝑚 。 1 (cid:2869) (cid:2870) (cid:2869) 1 2 (cid:2869) (cid:2870) 确。故选AD。 14.【详解】（1）[1] 金属丝直径𝑑 (cid:3404)0.5mm(cid:3397)23.2(cid:3400)0.01mm(cid:3404)0.732mm 11.【答案】ABD【详解】A．小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg2R 1 mv2 （2）[2]由于电源电压为3V，电压表量程太大，测量不准确不能选，而第二块电流表内阻已知，可以 2 0 将一块电流表改装成电压表，根据电表的数据将A 与定值电阻串联，改装成量程为3V的电压表，为 v2 2 小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有Nmgm 0 ，根据牛顿第三定律可知小球对金属 R 了让各个电流表偏转角尽可能大，减小相对误差，采用电流表的外接，，为了多测几组数据，采用滑动 块的压力为N'  N ，联立解得N' 5mg，A正确；B．小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程， 变阻器的分压式接法，电路连接图如图所示 小球和金属块水平方向动量守恒，则mv (mM)v，根据能量守恒定律有mgR 1 mv2 1 (mM)v2 （3）[3]根据𝑅 (cid:3404)𝜌 (cid:3013)，而𝑆 (cid:3404) (cid:3095)(cid:3031)(cid:3118) ，联立可得𝜌 (cid:3404) (cid:3095)(cid:3031)(cid:3118)(cid:3019)(cid:3299) 0 2 0 2 (cid:3051) (cid:3020) (cid:2872) (cid:2872)(cid:3013) 解得M m，B正确；CD．小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有 [4]由于通过改装成的电压表能准确测量出待测电阻两端的电压，而 Mv mv mv ，又能量守恒，可得 1 Mv2 1 mv2  1 mv2，M m，解得v v 2 gR ， 流过待测电阻的电流为 1 2 0 2 1 2 2 2 0 1 0 𝐼 (cid:3404)𝐼 (cid:3398)𝐼 (cid:2869) (cid:2870) v 0，C错误，D正确。故选ABD。 2 没有系统误差，因此能准确测量出待测电阻的阻值，因此从设计原理看，该实验测量结果与真实值相 12.【答案】AC【详解】A．物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量 等。 E 等于拉力做功，则有E  Fh，得F  。所以斜率为表示拉力。0-h 阶段斜率增大，即拉力增大， h 1  1  15.【答案】（1）F mg 1sin2；（2）W mgL  2cos sin2  h -h 过程中，图象斜率减小，拉力 F减小，拉力先增大后减小，故 A正确；B．在 h 处，斜率最大，  2  1 2 1 拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以h 处速度不是最大，故 B 错误；C．由图象可知，在 【详解】（1）根据题意，受力分析可得，合外力提供向心力，则有Fsinm2Lsin 1 h -h 过程中，图象斜率减小，拉力F减小，在h 后图象斜率为零，拉力为零，在h 处拉力F大于重力， 1 2 2 1又Fcosmg，解得F mg 1sin2 系知Rd2 3d  R2，解得R2d 1 （2）根据动能定理可得W mgh mv2 0， v2 2 由牛顿第二定律qv B m 0 0 R  1  解得W mgL  2cos sin2 。  2  mv 解得B 0 2qd 16.（1）Q2.4104C；（2）3R15 1 2R 2d R （3）由几何关系知，轨迹所对应的圆心角为60°，则t    U  BP E6V 0 6 v 3v 【详解】（1）开关闭合时，电容器的电压 C R 1 R BP r 0 0 1 电容器上的电荷量为 QCU C 2.4104C 电场方向v y at，d  2 at2 v y t 0 t， （2）设小球恰好打在上极板右端或下极板右端时加速度大小为a，则有 2d d 42 27 解得t   1 1 3v 3v Lv t， d  at2，联立解得a2.5m/s2。 0 0 0 2 2 2 3 8 18.【答案】（1）s  m；（2）s 2m；（3）T  s；（4）L m 当小球恰好打在上极板右端时，设电容器板间电压为U ， A 3 1 n 2n 3 1 qU 【详解】（1）长木板收到摩擦力，根据牛顿第二定律mg Ma ① 根据牛顿第二定律得 1 mg ma， 1 d 2 R 长木板向左做减速运动到速度为0，v2 2a s ②，解得s  m③ 设滑动变阻器接入电路的阻值为R ，则有U  3 E 0 1 A A 3 3 1 R R r 1 3 qU （2）碰撞后，直到小物块和长木板共速，根据动量守恒mv Mv mMv ④ 当小球恰好打在下极板右端时，设电容器板间电压为U ，根据牛顿第二定律得mg 2 ma 0 0 1 2 d v R 得v  0 ，即再次共速时的速度是前一次一起运动速度的一半。 设滑动变阻器接入电路的阻值为R ，则有U  4 E，解得R 15，R 3 1 2 4 2 R R r 3 4 1 4 1 1 1 所以要使小球不打在极板上，滑动变阻器接入电路的阻值范围为3R15。 根据能量守恒 2 mv 0 2  2 Mv 0 2  2 mMv 1 2 mgΔs 1 ⑤ 2mv2 mv 2d d 42 27 解得s 2m⑥ 17.【答案】（1）E  0 ；（2）B 0 ；（3）t   1 3qd 2qd 3v 3v 0 0 （3）长木板的加速度由牛顿第二定律mg Ma 1 【详解】（1）带电粒子做类平抛运动，有 3d v t，d  at2 0 2 mg 得a 3m/s2 M qE 由牛顿第二定律得a  ， v v 3v m 长木板减速到0并向右加速到两者共速的时间为t  0  1  0 ⑦ 1 a a 2a 2mv2 1 3v2 解得E  0 从第一次碰撞到共速时间内木板的位移s vt  at2  0 ⑧ 3qd 1 1 2 1 8a （2）带电粒子在磁场中的运动轨迹如图 由几何关s 3v 共速直到第二次碰撞挡板过程中木板的位移与s 等大反向，所用时间为t  1  0 ⑨ 1 2 v 4a 1 9v 第一次和第二次碰撞的时间间隔为两段时间之和T t t  0 1 1 2 4a 9v 9v 3v 带入a的值，得T  0  0  0 ⑩ 1 4a 43 4 3 3 v 3 3 v 3 3 v 同理T  v   0 ，T  v   0 ，T  v   0 2 4 1 4 2 3 4 2 4 22 n 4 n1 4 2n1 3 代入v 的值并化简得T  s⑪ 0 n 2n （3）设木板长度的最小值为L，最终两者都静止，紧挨挡板，根据能量守恒，系统动能减少量等于摩 1 擦生热mgL mMv2⑫， 2 0 8 解得L m⑬ 3