湖北省荊州市沙市中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期12月月考物理答案

高三年級(jí)12月月考物理答案1.D

【解析】甲圖：勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式的推導(dǎo)，用到了微元法；乙圖和丁圖：用到了微小形變放大法；丙圖：研究合力與分力，用到了等效法故乙和丁包含的物理思想方法相同，選B。2.B

【解析】磁性棋盤是豎直放置的，棋子靜止在上面時(shí)受到重力、彈力、磁力及摩擦力;彈力和磁力與棋盤垂直，二力為平衡力，重力豎直向下，而摩擦力豎直向上與重力平衡，A錯(cuò)誤，B正確;根據(jù)豎直方向上二力平衡知：f=G，f應(yīng)不超過(guò)最大靜摩擦力，則有：f<fm=μN(yùn)=μF，F(xiàn)一定，要使棋子不滑下，應(yīng)增大最大靜摩擦力，為此應(yīng)增大μ，棋盤面應(yīng)選取較粗糙的材料，C錯(cuò)誤;棋子質(zhì)量小而重力小時(shí)，若沒(méi)有其他阻力存在，仍會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，棋子不會(huì)掉落是因?yàn)槠遄邮艿狡灞P對(duì)它向上的摩擦力，D3.B

【解析】根據(jù)圖示，蜻蜓連續(xù)兩次點(diǎn)水過(guò)程中激起的波紋，圓圈越小，則時(shí)間越短，所以飛行方向則為從大圓到小圓，即蜻蜓的飛行方向向右;若蜻蜓飛行的速度和水波的速度相同，那么蜻蜓的每一次點(diǎn)水的時(shí)候都會(huì)是在上一個(gè)水波的邊線上，而第二個(gè)水波和第一個(gè)水波都在以相同的速度運(yùn)動(dòng)，所以每個(gè)圓都應(yīng)該是內(nèi)切的;然而圖中O2到O1圓圈邊線距離小于O2半徑，說(shuō)明水波O2運(yùn)動(dòng)了一段時(shí)間，O14.C

【解析】A.載人飛船在軌道1和空間站在軌道2上的P處，都由萬(wàn)有引力來(lái)提供合外力，由牛頓第二定律GMmr2=ma，可知加速度大小相等，故A錯(cuò)誤；B.軌道1為橢圓軌道，載人飛船在P處有GMmr2>mv2r，又GMmR2=mg，則載人飛船在軌道1上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度小于gR2r，故B錯(cuò)誤；C.由開(kāi)普勒第三定律可知，r+R23T2=r3T5.C

【解析】由光路圖，分析可知，第一次折射時(shí)，b光的折射角較大，而入射角相等，根據(jù)折射率公式n=sinisinr得知，b光的折射率較小，頻率較小，波長(zhǎng)較長(zhǎng)。A.由題意結(jié)合題圖知，霓是經(jīng)過(guò)2次折射和2次全反射形成的現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B.由于b光的波長(zhǎng)較長(zhǎng)，根據(jù)Δx=Ldλ，可知光束a、b通過(guò)同一裝置發(fā)生雙縫干涉，b光的相鄰亮條紋間距大，故B錯(cuò)誤；C.由公式v=cn得知，b光的折射率較小，速度較大，在同種玻璃中傳播，b光的傳播速度一定大于a光，故C正確；D.b6.D

【解析】選項(xiàng)A、B在時(shí)間0到2Lv內(nèi)圖線形狀相同，下面分析2Lv到3Lv時(shí)間內(nèi)線框的運(yùn)動(dòng)，該段時(shí)間線框出磁場(chǎng)，ab邊切割磁感線，且有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)?vt，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=B(L?vt)v，由閉合電路的歐姆定律得感應(yīng)電流i=ER=B(L?vt)vR線性減小，由楞次定律知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。線框進(jìn)出磁場(chǎng)，由楞次定律知產(chǎn)生的感應(yīng)電流的效果是阻礙線框的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，所以可判斷安培力方向?yàn)樗较蜃螅εc安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向?yàn)檎较?。?7.BD

【解析】ABD、小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈性繩會(huì)拉長(zhǎng)，彈性繩的彈性勢(shì)能增加，此過(guò)程彈性繩對(duì)小球做負(fù)功，由能量守恒定律知，小球的機(jī)械能會(huì)減小，則小球重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，讓小球緊靠O點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，由能量守恒定律知，小球此時(shí)有豎直向下的速度，則小球向下運(yùn)動(dòng)到的最低點(diǎn)一定在P點(diǎn)下方，故A錯(cuò)誤，BD正確；C、小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，速度方向水平向左，與重力方向垂直，則此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為0，故C錯(cuò)誤。8.ACD

【解析】B.由題意

c

點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則說(shuō)明導(dǎo)線

P

、

Q

在

c

點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等、方向相反，又因?yàn)?/p>

c

點(diǎn)距

P

、

Q

的距離比為

1:3

，則

kI1R=kI23R

，可得電流之比為

1:3

，故B錯(cuò)誤。A.由B分析可知，導(dǎo)線

Q

在

d

點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)，

d

點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直

cd

向下，由安培定則可知

P

中的電流方向向外、則

Q

中的電流方向向里，故A正確。C.由安培定則可知，導(dǎo)線

P

、

Q

在

O

點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均垂直

cd

連線向上，故C正確。D.由于

I1=I2

，分別作出兩電流在

a

、

b

兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向，如圖所示，根據(jù)磁場(chǎng)的矢量合成可知9.AD

【解析】解：A.令等效重力加速度為g0，則有mgsinθ=mg0,解得g0=gsinθ，可知，多次改變圖1中θ角的大小，即可獲得不同的等效重力加速度，故A正確；B.單擺在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、C兩位置擺線的拉力最小，根據(jù)圖2可知，相鄰兩個(gè)擺線拉力最小的位置的時(shí)間間隔為半個(gè)周期，可知，單擺n次全振動(dòng)的時(shí)間為t=nT=2nT0,故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)單擺周期公式有T=2πLgsinθ，可知，多次改變斜面傾角θ，只要得出T∝1sinθ就可以驗(yàn)證該結(jié)論成立，故C錯(cuò)誤；D.擺球自然懸垂時(shí)，通過(guò)力傳感器(圖中未畫出)測(cè)得擺線的拉力為F1，根據(jù)平衡條件有F1=mgsinθ,在圖2的測(cè)量過(guò)程中，擺球在A位置有F2=mgsinθcosα,擺球在B位置，根據(jù)牛頓第二定律有F3?mgsinθ=mv2L擺球從A位置運(yùn)動(dòng)到B位置，根據(jù)動(dòng)能定理有mgsinθ(L?Lcosα)=10.BD

【解析】A、小球由靜止釋放后先做初速度為零、加速度大小為2g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到O點(diǎn)正下方時(shí)設(shè)速度大小為v，則v2=22g×2L，解得v=2gL，由于細(xì)線繃緊，沿繩方向的分速度為0，此后小球以v1=22v=2gL的速度從O點(diǎn)正下方開(kāi)始向右做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)等效場(chǎng)的對(duì)稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小等于2gL，故A錯(cuò)誤;BC、設(shè)小球從O點(diǎn)正下方向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為v2，根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，當(dāng)小球位置與O連線與豎直方向夾角為4511.2tn上移??T【解析】(3)由于鋼球運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，光電傳感器接收到2次信號(hào)，則鋼球運(yùn)動(dòng)的周期T=(4)若適當(dāng)調(diào)大電機(jī)的轉(zhuǎn)速，則鋼球向上運(yùn)動(dòng)，則激光筆應(yīng)上移；(5)設(shè)當(dāng)某時(shí)刻鋼球所在位置與凹槽圓心位置的連線與豎直方向夾角為θ，凹槽半徑為R，則對(duì)鋼球分析可知mgtanθ=m4π2T2Rsinθ，由幾何關(guān)系cosθ=???0R，可知?=g4π2T2+?12.【答案】5.01kbk?R0【解析】(1)本實(shí)驗(yàn)利用電橋法測(cè)電阻，電流計(jì)讀數(shù)為0，R0=Rp=5.0Ω；(2)利用安阻法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律有，E=I(Rp+R0+r)，整理得1I=1ERp+R0+rE13.【答案】解：(1)初始狀態(tài)下氣體的壓強(qiáng)為

空氣柱長(zhǎng)度

；設(shè)玻璃管橫截面積為S，氣體的體積為

V1=l1S，設(shè)注入水銀后水平管進(jìn)入左側(cè)豎直管內(nèi)水銀長(zhǎng)度為x，則氣體的壓強(qiáng)為

p2=p0+p?1+p??2px，氣體的體積為

V2=(l1?x)S，注入過(guò)程氣體溫度不變，根據(jù)玻意耳定律得14.【答案】解：(1)由圖(b)可知，當(dāng)恒力F≥25N時(shí)，小滑塊與木板將出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)，以小滑塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得，μ1mg=ma1，a1=4m/s2，代入數(shù)據(jù)解得μ1=0.4；

(2)以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有：F?μ1mg?μ2(m+M)g=Ma2，則a2=1MF?μ1mg+μ2(m+M)gM，結(jié)合圖象可得1M=425?9=14答：(1)小滑塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ1為0.4；(2)木板與地面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ2為0.1，M的質(zhì)量為4kg；(3)滑塊從木板上滑落經(jīng)歷的時(shí)間t【解析】本題考查牛頓第二定律和圖象的綜合。解題的關(guān)鍵是理清運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解，通過(guò)圖象得出相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的拉力大小。(1)由圖可知，當(dāng)恒力F≥25N時(shí)，滑塊與木板將出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)，由滑塊的加速度結(jié)合牛頓第二定律求出滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；(2)對(duì)木板研究，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的表達(dá)式，結(jié)合圖線求出木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2以及木板的質(zhì)量M；(3)根據(jù)牛頓第二定律分別得出滑塊和木板的加速度，根據(jù)位移之差等于15.【答案】解：(1)粒子在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力的