《河南省2020届高三物理12月联考试题（PDF）答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省2020届高三物理12月联考试题（PDF）答案.pdf（3页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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 FN mgcos Fsin F 减 小 FN随之减小 B 正确 若开始时 mgsin Fcos A 有向下的运动趋势 静摩擦力沿斜面向上 有 mgsin Fcos f 随着 F 减小 静摩擦力 f 增大 C 错误 以 A B
2、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 A O B A 错误 由 E U d x可知 场强大小可根据某点 x 图线的斜率判断 可知 EO EA EB B 错误 由电势能 Ep q 电子在三点 的电势能 EpA EpOWOA EpB EpO EpO EpA D 正确 4 答案A 解析小球甲做平抛运动 竖直方向 h 1 2gt 2 水平方向 x v0t 小球乙沿斜面向下做匀加速直线 运动 由牛顿第二定律得 mgsin30 ma a gsin30 位移 s
3、 h sin30 2h 由运动学公式可知 s v 0t 1 2at 2 由以上公式联立得 x 3 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 qvB qE E UH h h 为上下 表面间的距离 由 I nqSv S ab a b 分别为垂 直电流方向的横截面的长 宽 v I nqab 有 U H Eh vBh IBh nqab h b 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 va
4、b I 单位为 m3 s 1 A 1 C 错误 D 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 2 2m 0 2 1 2m 1 2 1 2 2m 2 2 解得 v1 4 3v0 v2 1 3v0 则 e 1 2
5、 0 0 1 选项 A 正确 B C D 错误 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 Q CU 可知 Q 减小 B 错误 由于 R1 r 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 P I2R 可知 R1消耗热 功率增大 D
6、错误 9 答案BD 10 答案AD 解析由I1 I2 n2 n1可知输入端电流 I 1 I n 输入功 率 P1 UI1 UI 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ID U2 r U nr B 错误 灯泡 L 电流 IL U2 R U nR 电动机电流 I D I IL I U nR 电动机输入功率为 U2ID U n I U nR 机械功率为 U2ID I2Dr 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 R r 原 副线圈的功率相等 有 U22 R2 UI1 得 I1 U R r n2Rr D 正确 11 答案BC
7、 解析甲 乙两黑洞的周期相同 由 2 T 可 知两角速度相等 B 正确 由万有引力提供向心力 F m 2r 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 29 36 线速度 v r v甲 v乙 r甲 r乙 29 36 A 错误 对黑洞甲 有 G m甲m乙 r甲 r乙 2 m 甲 4 2 T2 r 甲 对 黑 洞 乙 有 G m甲m乙 r甲 r乙 2 m 乙 4 2 T2 r 乙 由两式相加得 T2 4 2 r甲 r乙 3 Gm甲 m乙 C 正确 由牛顿第二定律 a F 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
8、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 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 mgl 1
9、2 M m d t2 2 d t1 2 2 分 小于 1 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 v2 v1 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 M m a 再以滑块为研究对象得 F Ma Mmg M m mg 1 m 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 mgl 1 2 M m v22 1 2 M m v 2 1 即 mgl 1 2 M m d t2 2 d t1 2 在测量过程中 总存在阻力做功 系统 机械
10、能略有减小 动能增量总小于钩码重力势能的 减少量 14 答案 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 0 0 01 0 330 mm 直径 d 0 5 mm 0 330 mm 0 830 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
11、满足R 漆 RA RV R漆 所以电流表外接 电路图见答 案 3 电压表示数 U 11 5 V 电流表示数 I 0 54 A 由欧姆定律得 R U I 21 3 4 由电阻定律 R L S S d 2 2得 L d2U 4I 15 a 8 m s2 v 28 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 B0S B0lxcos 1 分 平均电流 I E R r 1 分 q I t n R r B0lxcos R r 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 mgsin FAcos 1 分 FA B
12、0Il 1 分 I E R r 1 分 E B0lvcos 1 分 由以上公式联立可得导体棒稳定速度 v mg R rsin 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
13、 1 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 1 2 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 整个过程物块与木板的相
14、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 eU1 1 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 l0 v0T 3eU0T2 2md 1 分 2 当 t 0 或 t T 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 0 T 2时间内的侧向位移 y1 1 2a T 2 2 1 2 eU0 md T 2 2 eU0T2 8md 1 分 T 2时间竖直分速度 v y a T 2 eU0T 2md 在T 2 T 时
15、间内的侧向位移 y2 vy T 2 eU0T2 4md 1 分 故电子离开偏转电场时最大侧向位移 ym y1 y2 3eU0T 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 tan vy 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 qvB mv 2 R 1 分 当 B 最大时 电子与右极板相切 l R1 R1cos60 R1 2 3l R 1 mv eB1 B 1 mv eR1 3U0T 2ld 1 分 当 B 最小时 电子与右极板垂直 R2 2l B2 mv eR2 U0T 2ld 1 分 故U0T 2ld B 3U0T 2ld 1 分
