河南省2020届高三12月联考物理试题答案

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1、12 月联考物理答案 1、答案C 解析理想化模型是忽略次要因素而突出主 要因素的一种研究方法，点电荷忽略了带电体的大 小和形状，轻质弹簧忽略了弹簧的质量，自由落体 运动忽略了其他阻力作用，故 A、B、D 三种模型 均为理想化模型，故选 C。 2、答案B 解析由于物体 A 始终保持静止状态，因此所 受合外力始终为零，A 错误；对 A 进行受力分析可 知，斜面对 A 的支持力 FNmgcosFsin，F 减 小， FN随之减小， B 正确； 若开始时， mgsinFcos， A 有向下的运动趋势，静摩擦力沿斜面向上，有 mgsinFcosf，随着 F 减小，静摩擦力 f 增大， C 错误；以 A、

2、B 整体为研究对象，由受力分析可 知地面对斜面体 B 的摩擦力与 F 等大反向， 若减小 推力 F，则摩擦力减小，D 错误。 3、答案D 解析A、O、B 三点电势高低可根据纵坐标值 比较，可知AOB，A 错误；由 EU d x可知， 场强大小可根据某点x 图线的斜率判断，可知 EOEAEB，B 错误；由电势能 Epq，电子在三点 的电势能 EpAEpOEpA，D 正确。 4、答案A 解析小球甲做平抛运动，竖直方向 h1 2gt 2， 水平方向 xv0t，小球乙沿斜面向下做匀加速直线 运动， 由牛顿第二定律得 mgsin30ma， agsin30， 位移 s h sin302h， 由运动学公式可

3、知 sv 0t1 2at 2， 由以上公式联立得 x3 2h，故选 A。 5、答案D 解析若霍尔元件为金属导体，电流方向向右， 电子定向移动方向向左，由左手定则判断所受洛伦 兹力方向向上，上极板带负电，A 错误；当电场力 与洛伦兹力相等时有 qvBqE，EUH h ，h 为上下 表面间的距离，由 InqSv，Sab，a、b 分别为垂 直电流方向的横截面的长、宽，v I nqab，有 U H EhvBh IBh nqab，hb，得 U H 1 nq BI a ，可判断公式 中的 d 为导体横截面的边长，B 错误；由以上公式 可知 kH 1 nq vab I ，单位为 m3s 1A1，C 错误、D

4、 正确。 6、答案C 解析弹簧始终处于伸长状态，弹簧长度先减 小后增大，弹性势能先减小后增大，A 错误；小球 下滑过程中除重力做功外有弹力做功，故机械能不 守恒，B 错误；当小球重力沿光滑杆向下的分力与 弹簧弹力沿杆向上的分力相等时小球速度最大，由 此判断重力做功的功率先增大后减小，C 正确，D 错误。 7、答案 A 解析 A、B 碰撞的过程中,根据动量守恒定律得 2mv0=mv1+2mv2, 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 得 1 22m?0 2=1 2m?1 2+1 22m?2 2,解得 v1=4 3v0,v2= 1 3v0,则 e=?1?2 ?00=1,选项 A 正确,B、C、D 错

5、误. 8、答案AC 解析当滑片从位置 a 向下滑动到位置 b 的过 程中，R 阻值减小，闭合回路总电阻减小，干路电 流增大，内电压增大，路端电压减小，R1分得的电 压增大，L 两端电压减小，故灯泡 L 变暗，A 正确； 由于 L 两端电压减小，故流过 L 电流减小，而干路 总电流增大，故流过 R2电流增大，R2两端电压增 大， R 两端电压及电容 C 两端电压减小， 由 QCU 可知 Q 减小，B 错误；由于 R1r，外电阻减小，由 此可知电源的输出功率随外电阻减小而增大，C 正 确；流过 R1的电流增大，由 PI2R 可知 R1消耗热 功率增大，D 错误。 9、答案BD 10、答案AD 解析

6、由I1 I2 n2 n1可知输入端电流 I 1I n，输入功 率 P1UI1UI n ，A 正确；电动机为非纯电阻电路， 部分电路欧姆定律不适用， 即电动机电流IDU2 r U nr， B 错误；灯泡 L 电流 ILU2 R U nR，电动机电流 I D IILI U nR ，电动机输入功率为 U2ID U n I U nR ，机械功率为 U2IDI2Dr，C 错误；若电风 扇被卡住，电动机成为一纯电阻电路，副线圈电路 电阻为 R2 Rr Rr，原、副线圈的功率相等，有 U22 R2 UI1，得 I1U Rr n2Rr ，D 正确。 11、答案BC 解析甲、乙两黑洞的周期相同，由2 T 可 知

7、两角速度相等，B 正确；由万有引力提供向心力 Fm2r，甲、乙黑洞所受万有引力互为相互作用 力，可判断圆周运动的半径之比为 2936，线速度 v r，v甲v乙r甲r乙2936，A 错误；对黑洞甲 有 G m甲m乙 r甲r乙 2 m 甲 42 T2 r 甲， 对 黑 洞 乙 有 G m甲m乙 r甲r乙 2m 乙 42 T2 r 乙，由两式相加得 T2 42 r甲r乙 3 Gm甲m乙 ，C 正确；由牛顿第二定律 aF m可 知 D 错误。 12、答案BD 解析选项 A 中，小球受竖直向下的重力，水平向 右的电场力与水平向左的洛伦兹力，不可能受力平 衡，速度将发生变化，合外力的大小、方向将发生 变化

8、，不可能做直线运动，A 错误；选项 B 中，小 球受竖直向下的重力，斜向右上方的电场力和水平 向左的洛伦兹力，所受合外力可能为零，小球可能 做匀速直线运动，B 正确；选项 C 中，小球受重力 竖直向下，所受电场力方向向下，所受洛伦兹力方 向垂直纸面向里， 小球不可能做直线运动， C 错误； 选项 D 中，小球受竖直向下的重力，竖直向下的电 场力，不受洛伦兹力，重力与电场力合力的方向与 小球速度方向相同，小球将做直线运动，D 正确。 13、答案(1)a d t2 d t1 t (2 分) (2)m 远小于 M(1 分) (3)mgl1 2(Mm) d t2 2 d t1 2(2 分) 小于(1

9、分) 解析(1)滑块由光电门1 到光电门2 做匀加速 直线运动，经过光电门 1、2 的速度分别为 v1 d t1， v2 d t2，a v2v1 t d t2 d t1 t (2)以钩码与滑块看做整体， 由牛顿第二定律得 mg(Mm)a，再以滑块为研究对象得 FMa Mmg Mm mg 1m M ，只有当 m 远小于 M 时才有 F 近似 等于 mg。 (3)对整个系统，由机械能守恒得 mgl1 2(M m)v221 2(Mm)v 2 1，即 mgl1 2(Mm) d t2 2 d t1 2 ，在测量过程中，总存在阻力做功，系统 机械能略有减小，动能增量总小于钩码重力势能的 减少量。 14、答

10、案(1)0.830(2 分) (2)(1 分)(1 分)R1(1 分)如图所示(2 分) (3)21.3(2 分) (4)d 2U 4I (2 分) 解析(1)主尺读数为 0.5 mm，可动刻度读数 为 33.00.010.330 mm，直径 d0.5 mm0.330 mm 0830 mm。 (2)为了调节方便和准确测量电阻， 滑动变阻器 应采用分压式接法， 故选择 R1； 由学生电源为 30 V， 为保证漆包线两端获得较大电压， 电压表应选择 15 V 量程，即电压表选择；电路中的最大电流为 15 V 20 0.75 A，可知电流表应选，由漆包线电阻 较小，满足R 漆 RA RV R漆，所以

11、电流表外接，电路图见答 案。 (3)电压表示数 U11.5 V， 电流表示数 I0.54 A，由欧姆定律得 RU I 21.3 。 (4)由电阻定律 RL S，S d 2 2得 Ld2U 4I 。 15、a8 m/s2，v28 m/s 16、解析(1)金属棒下滑到 MN 过程中，导体 棒产生的平均感应电动势 E n t (1 分) B0SB0lxcos(1 分) 平均电流 I E Rr(1 分) q I tn Rr B0lxcos Rr (1 分) (2)当导体棒速度稳定时做匀速直线运动， 设所 受安培力为 FA，分析其受力得 mgsinFAcos(1 分) FAB0Il(1 分) I E R

12、r(1 分) EB0lvcos(1 分) 由以上公式联立可得导体棒稳定速度 vmg Rrsin B20l2cos2 (1 分) 17、9.(1)13.5 J(2)8 3 m 解析 (1)若 A、B 相撞后粘在一起,由动量守恒定律 得 m1v0=(m1+m2)v 由能量守恒定律得E=1 2m1?0 2-1 2(m1+m2)v 2 解得损失的机械能E=13.5 J (2)A、B 发生弹性碰撞,由动量守恒定律得 m1v0=m1v1+m2v2 由机械能守恒定律得1 2m1?0 2=1 2m1?1 2+1 2m2?2 2 联立解得 v1= ?1?2 ?1+?2v0=-3 m/s,v2= 2?1 ?1+?

13、2v0=6 m/s 之后 B 减速运动,C 加速运动,B、C 达到共同速度之 前,由牛顿第二定律, 对长木板,有-2(m2+m3)g-1m3g=m2a1 对物块 C,有1m3g=m3a2 设达到共同速度过程经历的时间为 t,有 v2+a1t=a2t 这一过程的相对位移为x1=v2t+1 2a1t 2-1 2a2t 2=3 m B、 C 达到共同速度之后,因12,所以二者各自减速 至停下,由牛顿第二定律, 对长木板,有-2(m2+m3)g+1m3g=m2a3 对物块 C,有-1m3g=m3a4 这一过程的相对位移为x2=(?2?) 2 2?4 -(?2?) 2 2?3 =1 3 m 整个过程物块

14、与木板的相对位移为x=x1-x2=8 3 m 18、解析(1)电子在加速电场中，由动能定理 eU11 2mv 2 0(1 分) v0 2eU1 m 3eU0T 2md (1 分) 进入偏转电场后，水平方向做匀速直线运动， 则 l0v0T 3eU0T2 2md (1 分) (2)当 t0 或 tT,2T，nT 进入偏转电场的 电子侧向位移最大，水平方向始终做匀速直线运动， 竖直方向先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。 在 0T 2时间内的侧向位移 y11 2a T 2 21 2 eU0 md T 2 2eU0T2 8md (1 分) T 2时间竖直分速度 v yaT 2 eU0T 2md 在T

15、2T 时间内的侧向位移 y2vyT 2 eU0T2 4md (1 分) 故电子离开偏转电场时最大侧向位移 ymy1y23eU0T 2 8md (1 分) (3)设电子进入磁场时速度方向与水平方向夹 角为，则 tanvy v0 eU0T 2md 2md 3eU0T 3 3 (1 分) 30，电子进入磁场速度 v v0 cos eU0T md ， 进入磁场后，洛伦兹力提供向心力 qvBmv 2 R(1 分) 当 B 最大时，电子与右极板相切， lR1R1cos60，R12 3l，R 1mv eB1，B 1mv eR1 3U0T 2ld (1 分) 当 B 最小时，电子与右极板垂直 R22l，B2mv eR2 U0T 2ld (1 分) 故U0T 2ld B3U0T 2ld (1 分)