广西柳州高级中学2019-2020学年高三物理上学期12月月考试题（Word版带解析）

柳州高级中学2020届高三12月模拟试题理科综合能力测试一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项得合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有这错的得0分1.氢原子分能级示意图如题所示，不同色光的光子能量如下表所示．色光赤橙黄绿蓝—靛紫光子能量范围（eV）1.61~2.002.00~2.072.07~2.142.14~2.532.53~2.762.76~3.10处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为A.红、蓝靛B.黄、绿C.红、紫D.蓝靛、紫【答案】A【解析】【分析】【详解】如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出10.2eV的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09eV、10.2eV、1.89eV的三种光子，只有1.89eV属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75eV、12.09eV、10.2eV、2.55eV、1.89eV、0.66eV的六种光子，1.89eV 和2.55eV属于可见光，1.89eV的光子为红光，2.55eV的光子为蓝-靛，A正确．2.如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，ma=5mb.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是（）A.RB.C.D.2R【答案】C【解析】【分析】【详解】设B的质量为m，则A的质量为5m，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由系统的机械能守恒可得解得A落地后，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得解得则B上升的最大高度为故选C。3.如图所示，一固定斜面的角为45°，从距离斜面A点正上方高为h处。出静止释放一个弹性小球，在A点处与斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变为水平，不考虑空气阻力，重力加速度为g。则小球在A点处与斜面后到再次与斜面经的时间为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】根据得平抛运动的初速度大小因为平抛运动水平位移和竖直位移相等，有解得故选B。4.如图所示，电源电动势E＝6V，内阻r=1Ω.外电路中电R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=2pF.开始时开关S断开，从开关合上到电路稳定的过程中，通过电流表的电荷量为Q，则（） A.Q=610—12CB.Q=3.610—12CC.Q=2410—12CD.Q=9.610—12C【答案】D【解析】【分析】【详解】S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则电容器C的电荷量且a板带正电，b板带负电，S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U′为电阻R1两端电压U′1，则有电阻R1中的电流电阻R1两端电压电容器C的电荷量且a板带负电，b板带正电，通过电流表的电荷量为 故选D。5.如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，AB边长为2L，直角三角形导线框abc与直角三角边ABC相似，ab边长为L，，线框在纸面内，且bc边和BC边在同一直线上，bc边为导线，电阻不计，ab边和ac边由粗细均匀的金属杆弯折而成。现用外力使线框以速度v匀速向右运动通过磁场区域，则线框通过磁场的过程中，线框曲边的电势差Uab随时间变化的关系图象正确的是（　　）A.B.C. D.【答案】B【解析】线圈进入磁场的过程中，ac边切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，ab两端的电势差均匀增大，当ab边刚要进入磁场时回路中的感应电动势最大，线框运动的速度为v，线框中的最大电动势为，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针方向，由于ac长为ab长的2倍，因此，线框进入磁场后，回路中没有感应电流，；在线框出磁场的过程中，线框ab部分切割磁感线，且切割磁感线的有效长度随时间均匀减小，且ac边刚出磁场时，感应电动势最大此时，故B正确；综上所述本题答案是：B6.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B.方向垂直于圆平面（未画出），一群质量为m，电荷量为-q的离子以相同速率v0由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出场，已知离子的轨道半径r大于磁场区域半径R，不计离子重力，则下列说法中正确的是（）A.离子飞出磁场时的动能可能不相等B.离子在磁场中的运动半径一定相等C.沿PQ方同射入的离子飞出时偏转角最大D.由Q点射出的离子在磁场中运动的时间最长 【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．由于洛仑兹力对带电离子不做功，只改变离子的运动方向而不改变离子的速度大小，所以离开磁场区域时的动能相等，故A错误；B．离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得得因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确；CD．由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，间最长的是由Q点射出的，偏转角最大，此时粒子一定不会沿PQ射入，故C错误，D正确。故选BD。7.如图所示，A是地球的同步卫星，另一星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h，若卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时则A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过时间t，它们再一次相距最近。已知地球半径为R，地球自转角速度为，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心，则（）A.卫星B的运行周期为 B.卫星B的运行周期为C.D.【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．由万有引力提供向心力得则有卫星B的运行周期为故A正确，B错误；CD．AB再次相遇，B比A多转一周，则有其中，解得故C正确，D错误。故选AC。8.一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M，Q的质量m，弹簧的质量不计，劲度系数k，系统处于静止如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前内，F为变力，以后，F为恒力求力F的最大值与最小值取g 【答案】【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力静止时由物体离开秤盘时以上各式代如数据联立解得该开始向上拉时有最小拉力则解得考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．二、非选择题:共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题:9.如图甲所示为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图，在实验中 （1）下列要求或做法正确的是___A.两根细绳必等长B.两根细绳应适当长些，便于确定力的方向C.拉弹簧秤时，弹簧秤的外壳不能与木板表面接触发生摩擦D.用一个弹簧秤或两个弹簧秤通过细绳拉橡皮条时，只需记下弹簧秤的读数（2）图乙中，是用一个弹簧拉橡皮条到O点时的拉力，F1相F2是用两个簧秤拉橡皮条到O点的拉力，F是根据平行四边形定则作图得出F1和F2的合力，则在F和中，方向一定沿AO方向的是___；在本实验中，两次拉橡皮条时，都需要将橡皮条拉到相同位置O，这样做的目的是____。【答案】(1).B(2).F′(3).保证前后两次拉橡皮条时的效果相同【解析】【分析】【详解】(1)[1]A．两根细绳不一定需要等长，故A错误；B．为了减小测量的误差，两根细绳应适当长些，故B正确；C．拉弹簧秤时，由于弹簧秤内部弹簧并不和外壳接触，因此实验中弹簧秤的外壳与纸面间的摩擦不影响橡皮条受到拉力的大小，故C错误；D．用一个弹簧秤或两个弹簧秤通过细绳拉橡皮条时，需记下弹簧秤的读数、拉力的方向以及结点O的位置，故D错误。故选：B。(2)[2][3]在F和F′中，F是根据平行四边形定则作图得出，F′是用一个弹簧秤拉橡皮条到O点时的拉力，方向一定沿AO方向。在本实验中，两次拉橡皮条时，都需要将橡皮条拉到相同位置O，这样做的目的是保证前后两次拉橡皮条时的效果相同。10.某同学利用如图（a）所示的电路测定定值电R0的阻值以及电源的电动E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P，记录了电流表A、电压表V1和电压表V2的测量数据，并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U—I直线。（不计电流表内阻和电压表内阻对电路的影响） （1）根据两位同学描绘的直线，可知图线______（填“甲或“乙”）是根据电压表V1和电流表A的数据所描绘的。（2）根据图（b），可以求出定值电阻R0＝____Ω，电源电动势E＝____V，内电阻r＝___Ω（以上结果均取两位有效数字）。（3）在调节滑动变阻器的滑动触头P的过程中，在两直线的交点处时____。A表明滑动触头P滑到了最右端B.此时电源的效率为最小值C.此时电源的输出功率为最大值D.此时电源内阻消耗的功率为最小值【答案】(1).甲(2).2.0Ω(3).1.5V(4).1.0Ω(5).B【解析】分析】【详解】(1)[1]由图示电路图可知，电压表V1测路端电压，其示数随电流增大而减小，电压表V2测定值电阻两端电压，其示数随电流增大而增大，由图示图象可知，图线甲是根据电压表V1和电流表A的数据所描绘的。(2)[2]由图b所示图象可知，根据图线乙可知，定值电阻为[3]由图b所示图象可知，根据图甲所示图线可知，电源U-I图象在U轴上的截距为1.50V，即电源的电动势为[4]电源内阻为(3)[5]在两直线的交点处表明此时两电压表示数相等 A．电压表V1测路端电压，两电压表示数相等，表明电压表V2也测路端电压，此时滑动变阻器接入电路的阻值为零，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B．电源的效率为当外电阻R最小时电源效率最小，此时滑片在最左端，外电路电阻R最小，此时电源效率最小，故B正确；C．当外电阻等于电源内阻时电路输出功率最大，此时外电阻不等于内电阻，电源输出功率不是最大，故C错误；D．电源消耗的内功率为：P=I2r，r一定，当I最小时内功率最小，由图示图线可知，此时I不是最小，内功率不是最小，故D错误。故选B。11.如图，空间存在方向竖直向下（xOy为光滑绝缘水平桌面）的磁场，在区域，磁感应强度的大小为B0，区域，磁感应强度的大小为3B0，一个不带电、质量为m的金属小球a以水平方向速度与静止在O点、电荷量为q（q＞0）、质量为2m、形状大小与a完全一样的金属小球b发生完全弹性正碰。求:（不考虑碰撞前后两金属球的相互作用）（1）碰撞结束时金属小球a、b速度（2）从碰撞结束到b球的速度方向再次沿x轴正方向的时间（3）此时b球与O点间的距离.【答案】（1），方向向左，，方向向右（2）（3）【解析】【分析】【详解】(1)由弹性碰撞： mv0=mv1+2mv2=+解得：，方向向左，，方向向右(2)带电粒子碰撞时电荷量重新分布，a、b各带，粒子b在磁场中做匀速圆周运动。在x≥0区域中有:在x切区域中有：粒子速度方向转过时，所需的时间为：粒子速度方向再转过时，所需的时间为：联立解得所需的时间为： t0=t1+t2=(3)粒子与O点间距离为：d0=2（R1-R2）=12.如图所示，坐标系xOy位于竖直平面内，在该域内有场强E＝12V/m，方向沿x轴正方向的匀强电场和感应强度为B＝2T、沿水平方同且垂直于xOy平面指向纸内的匀强磁场。一个质量为m＝4kg，电荷量q＝2.5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经过一段时间后到达x轴上的P点。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求:（1）带电微粒做匀速直线运动时的速度（2）P点到O点距离。【答案】（1）10m/s方向与x轴正方向成=（2）15m【解析】【分析】【详解】(1)带电微粒过O点时，受重力、电场力、洛伦兹力作用如图所示，设微粒的速度大小为v，方向与x轴夹角为。由力的平衡条件得：F洛2=F电2+mg2即（qvB）2=（Eq）2+（mg）2代入数据（2.5×10-5×2v）2=（12×2.5×10-5）2+（4×lO-5×10）2解得 v=10m/s方向与x轴正方向成=(2)撤去磁场后，粒子做匀变速曲线运动的加速度=12.5m/s2可看作如图所示的类平抛运动，由平抛运动规律得Ssin=......①Scos=vt......②将②2÷①得：S==15m（二）选考题: [物理一选修3-3]13.家用温度计经常标有摄氏温度和华氏温度，摄氏温度是把冰点的温度定为____，水沸点的温度定为100，两温度之间分为100等份，每一份为1:而华氏温度把冰点定为32华氏度，把水的沸点定为212华氏度，中间分为180等份，每一等份为1华氏度.某天柳州市中午温度比早上温度升高了1，那么相当于升高____华氏度，人的正常体温若取36.8，为______华氏度?【答案】(1).0(2).1.8(3).98.24【解析】【分析】【详解】[1][2]摄氏温度是把冰点的温度定为0，因为华氏温标规定：1标准大气压下沸水的温度为212华氏度，冰水混合物的温度是32华氏度，中间分为180等分，每一等分代表1华氏度；所以摄氏温差100度等同华氏温差180度；即华氏度=1.8华氏度又知：华氏温度起点为32华氏度等于摄氏温度的0度；[3]所以，华氏温度与摄氏温度之间的关系为若人的正常体温若取36，华氏度为华氏度14.如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cm 现向右管缓慢补充水银．若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？在条件下，停止补充水银，若给左管气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？【答案】（1）52cmHg；（2）427K． 【解析】（1）对于封闭气体有：p1=（76﹣36）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3，V2=20S1cm3由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1V1=p2V2（2）停止加水银时，左管水银比右管高：h1=76﹣52cmHg=24cmHg；对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm，左管比右管高为：h2=h1﹣9cm=15cm故封闭气体压强：p3=76﹣15cmHg=61cmHg封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：故：点睛：根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强．[物理二选修3-4]15.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时刻，波刚好传播到x=40m处，如图所示，在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是_____．A.波源开始振动时方向沿y轴负方向B.从t=0开始经0.15s，x=40m处的质点运动的路程为0.6mC.接收器在t=2s时才能接收到此波D.若波源向x轴正方向运动，接受器接收到波的频率可能为9HzE.若该波与另一列频率为5Hz沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样【答案】ABE【解析】【分析】【详解】A．根据波向右传播，由图可得：波前x=40m处质点向下振动，故波源起振方向向下，故A正确； B．t=0时刻，x=40m处质点开始振动；由图可得：波长λ=20m，故周期T＝＝0.1s，故质点振动时间t＝0.15s＝1T，运动路程s=6A=60cm=0.6m，故B正确；C．由波速可得：波传播到接收器处的时间，故C错误；D．波源向接收器运动，由开普勒效应可知：接收到的波的频率增大，即接收到的频率f＞1/T＝10Hz，故D错误；E．两列波的频率不同，故不能产生稳定的干涉图样，故E正确；16.如图所示，一玻璃球体的半径为，为球心，为直径．来自点的光线在点射出．出射光线平行于，另一光线恰好在点发生全反射．已知，求①玻璃的折射率．②球心O到BN的距离．【答案】（1）（2）【解析】设光线BM在M点的入射角为，折射角为，由几何关系可知，，，根据折射定律得⑤代入数据得⑥光线BN恰好在N点发生全反射，则为临界角C⑦设球心到BN的距离为d，由几何关系可知⑧联立⑥⑦⑧式得 ⑨