高級中學名校試卷PAGEPAGE1隴西2024-2025年高二12月月考試卷物理時長：75分鐘總分：100分一、選擇題（每題5分，共50分）1.廣場噴泉是城市一道亮麗的風景。如圖，噴口豎直向上噴水，已知噴管的直徑為D，水在噴口處的速度為v0。重力加速度為g，不考慮空氣阻力的影響，則在離噴口高度為H時的水柱直徑為（）A.D B. C. D.【答案】C【解析】設Δt時間內，從噴口噴出的水的質量為Δm，則Δm=ρΔV，在離噴口高度為H時，速度且解得故選C。2.如圖所示，質量為m的正方體和質量為M的正方體放在兩豎直墻和水平面間，處于靜止狀態。m和M的接觸面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若不計一切摩擦，下列說法正確的是（??）A.水平面對正方體M的彈力大于（M＋m）gB.水平面對正方體M的彈力大小為（M＋m）gcosαC.墻面對正方體m的彈力大小為mgtanαD.墻面對正方體M的彈力大小為【答案】D【解析】AB．對M和m構成的整體進行受力分析，如圖甲所示，整體受重力（M＋m）g、水平面的支持力N、兩墻面的支持力Nm和NM，由于兩正方體受力平衡，根據共點力平衡條件，水平面對正方體M的彈力大小為N＝（M＋m）g故AB錯誤；CD．對m進行受力分析，受重力mg、兩墻面的支持力Nm、M的支持力N′，如圖乙所示，根據共點力平衡條件有，豎直方向mg＝N′sinα水平方向Nm＝N′cosα解得Nm＝即墻面對正方體m的彈力大小等于；由整體法可知NM＝Nm則墻面對正方體M的彈力大小為NM＝故C錯誤，D正確。故選D。3.如下圖所示，質量為M、長度為L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置質量為m的小木塊，用一根不可伸長的輕繩通過光滑的定滑輪分別與木塊、木板連接，木塊與木板間的動摩擦因數為μ，開始時木塊和木板靜止，現用水平向右的拉力F作用在木板上，將木塊拉向木板左端的過程中，拉力至少做功為（）A.2μmgL B.μmgLC.μ（M＋m）gL D.μmgL【答案】D【解析】在運動過程中當力做功取最小值時，小木塊在木板上做勻速運動．最終力F做的功全都消耗在摩擦力上，小物塊相對于木板運動的距離為L，所以總功為W=fL=μmgL．A．2μmgL，與結論不相符，選項A錯誤；B．μmgL，與結論不相符，選項B錯誤；C．μ（M＋m）gL，與結論不相符，選項C錯誤；D．μmgL，與結論相符，選項D正確；4.如圖所示，質量均為2kg的物體A、B靜止在豎直的輕彈簧上面。質量為1kg的物體C用細線懸掛起來，B、C緊挨在一起，但B、C之間無壓力。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為（）A24N B.0 C.36N D.28N【答案】A【解析】剪斷細線之前，B、C之間無壓力，對A、B整體進行分析有剪斷細線之后，對A、B、C整體進行分析，根據牛頓第二定律有對B、C整體進行分析，根據牛頓第二定律有根據牛頓第三定律有解得故選A。5.如圖所示，正方形線框由邊長為L的粗細均勻的絕緣棒組成，O是線框的中心，線框上均勻地分布著正電荷，現在線框上側中點A處取下足夠短的帶電荷量為q的一小段，將其沿連線延長線向上移動的距離到B點處，若線框的其他部分的帶電荷量與電荷分布保持不變，靜電力常量為k，則此時O點的電場強度大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】線框上其他部分的電荷在O點產生的場強與A點處對應的帶電荷量為q的電荷在O點產生的電場強度大小相等、方向相反，故B點處的電荷在O點產生的電場強度為由電場強度的疊加原理可知故選C正確，ABD錯誤。故選C。6.粗糙水平桌面上放一單匝閉合矩形線框如甲所示，線框右半部分處在勻強磁場中，磁感應強度B豎直向下，磁場的左邊界與線框交于M、N兩點。已知線框面積，總電阻，M、N間距離，磁感應強度B按圖乙所示變化時（向下為B正方向），線框始終靜止不動，則（）A.在時，線框上M、N兩點的電勢差B.在時，線框受到的摩擦力C.在時，線框中感應電流的方向發生改變D.在時，線框所受的摩擦力方向發生改變【答案】D【解析】A．由圖乙可知，磁通量減小，根據楞次定律線圈產生順時針方向電流，線框的右邊部分相等于電源，故N點相當于電源正極，M點相當于電源負極，則有，故A錯誤；B．由法拉第電磁感應定律可得在時，線框受到的安培力大小為則線框受到的摩擦力，故B錯誤；C．由選項B的分析可知其中k為圖乙的圖象斜率不變，線框面積S和電阻R不變，則電流不變，故C錯誤；D．由圖乙可知，在時，磁感應強度方向改變，由于電流不變，根據左手定則可知，此時線框所受安培力方向發生改變，因此摩擦力發生也發生改變，故D正確。故選D。7.如圖所示，實線表示某電場的電場線，虛線表示一帶正電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設A和B點的電勢分別為φA和φB，粒子在A、B兩點加速度大小分別為aA和aB，速度大小為vA和vB，電勢能分別為EpA和EpB，下列判斷正確的是（）A.vA<vB B.aA<aB C.φA<φB D.EpA>EpB【答案】C【解析】AD．帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，粒子從A到B過程，電場力方向與速度方向成鈍角，電場力做負功，動能減小，速度減小，電勢能增加，故帶電粒子通過A點時的速度比通過B點時的速度大，即vA<vB，EpA>EpB故A、D錯誤；B．根據電場線疏密可知，EA>EB，根據和牛頓第二定律可知故B錯誤；C．根據沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故φA<φB，故C正確。故選C。8.如圖所示，三顆質量均為m的地球靜止衛星等間隔分布在半徑為r的圓軌道上，設地球質量為M，半徑為R．下列說法正確的是（）A.地球對一顆衛星的引力大小為B.一顆衛星對地球的引力大小為C.兩顆衛星之間的引力大小為D.三顆衛星對地球引力的合力大小為【答案】BC【解析】AB．根據萬有引力定律可知：地球對一個衛星的引力大小為物體間的萬有引力是相互作用力，所以一個衛星對地球的引力大小也為，選項A錯誤，B正確；C．如圖所示，兩顆衛星之間的距離所以兩顆衛星之間的引力大小為C選項正確；D．三顆衛星處在圓軌道的內接正三角形頂角上，根據三力平衡知識可知，對地球引力的合力大小為零，D錯誤。故選BC。9.天花板下懸掛的輕質光滑小圓環P可繞過懸掛點的豎直軸無摩擦地旋轉。一根輕繩穿過P，兩端分別連接質量為m1和m2的小球A、B（m1≠m2）。設兩球同時做如圖所示的圓錐擺運動，且在任意時刻兩球均在同一水平面內，則（）A.兩球運動的周期相等 B.兩球的向心加速度大小相等C.球A、B到P的距離之比等于m2∶m1 D.球A、B到P的距離之比等于m1∶m2【答案】AC【解析】A．對其中一個小球受力分析，其受到重力和繩的拉力FT，繩的拉力在豎直方向的分力與重力平衡，設輕繩與豎直方向的夾角為θ，則有拉力在水平方向上的分力提供向心力，設該小球到P的距離為l，則有解得周期為因為任意時刻兩球均在同一水平面內，故兩球運動的周期相等，選項A正確；CD．連接兩球的繩的張力FT相等，由于向心力為故m與l成反比，即選項C正確，D錯誤；B．又小球的向心加速度θ不同，故向心加速度大小不相等，選項B錯誤。故選AC。10.如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度進入點電荷Q產生的電場中，沿圖中彎曲的虛線軌跡先后經過電場中的a、b兩點，其中a點的電場強度大小為Ea，方向與ab連線成30°角；b點的電場強度大小為Eb，方向與ab連線成60°角，粒子只受電場力的作用。下列說法中正確的是（）A.點電荷Q帶負電B.a點的電勢低于b點電勢C.粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能D.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度【答案】AC【解析】A．根據點電荷的電場線分布可知點電荷Q帶負電，位于Ea、Eb連線的交點，故A正確；B．由題圖中信息可知a點到點電荷的距離大于b點到點電荷的距離，根據負點電荷周圍等勢面的分布情況，可知a點的電勢高于b點電勢，故B錯誤；C．根據電勢能的定義式，有由于粒子帶正電，可知粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故C正確；D．根據牛頓第二定律，有r故粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故D錯誤。故選AC。二、填空（每空2分，共16分）11.某同學用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”，彈簧測力計A掛于固定點P，下端用細線掛一重物M。彈簧測力計B的一端用細線系于O點，手持另一端向左拉，使結點O靜止在某位置，分別讀出彈簧測力計A和B的示數，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點的位置和拉線的方向．（1）本實驗用的彈簧測力計示數的單位為N，圖中A的示數為______N；（2）下列不必要實驗要求是______；（請填寫選項前對應的字母）A．應測量重物M所受的重力B．彈簧測力計應在使用前調零C．拉線方向應與木板平面平行D．改變拉力，進行多次實驗，每次都要使O點靜止在同一位置（3）某次實驗中，該同學發現彈簧測力計A的指針稍稍超出量程，在保證現有器材不變的情況下怎樣調整水平拉力：______。【答案】（1）3.80（2）D（3）減小對B的拉力、減小OB與OA的夾角【解析】（1）[1]每小格代表0.1N，所以需要估讀到下一位，3.80N。（2）[2]A．重物的重力與兩分力的合力等大反向，需測出，故A必要；B．彈簧測力計應在使用前調零，B必要；C．若拉線方向與木板不平行將產生垂直紙面的力，影響測量結果，故C必要；故選D。（3）[3]彈簧測力計A指針稍稍超出量程說明A在豎直方向的分力過大或水平方向分力過大，故可減小對B的拉力或減小OB與OA的夾角。12.在“測量金屬絲的電阻率”實驗中，選用金屬絲的電阻約為5Ω。（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑，示數如圖1所示，則金屬絲的直徑d=______mm。（2）實驗中能提供的器材有開關、若干導線及下列器材：電壓表（量程0~3V，內阻約3kΩ）電流表（量程0~0.6A，內阻約0.1Ω）滑動變阻器（最大阻值5Ω，額定電流2A）電源（電動勢為3V，內阻不計）某同學為了使金屬絲兩端電壓調節范圍更大，并使測量結果盡可能準確，應選用圖所示的______電路進行實驗。A． B．C． D．（3）該同學建立坐標系，如圖3所示。圖中已標出了與測量數據對應的六個坐標點，請描繪出圖線______，并由圖線數據計算出金屬絲的電阻為______Ω（結果保留1位小數）。設被測金屬絲電阻為，金屬絲直徑為d，接入電路部分的長度為l，則該金屬絲電阻率的表達式是______（用題目給出的物理量符號表示）。【答案】（1）0.183（2）A（3）5.2【解析】（1）[1]由圖1可知，螺旋測微器固定刻度的讀數是0，可動刻度的讀數為0.01×18.3mm=0.183mm則有金屬絲的直徑為d=0+0.183mm=0.183mm（2）[2]因為又電壓要從0開始變化，滑動變阻器要用分壓式接入電路，因此為減小實驗誤差，實驗電路應選用圖A所示的電路進行實驗。故選A。（3）[3]描繪出圖線時，應使更多的坐標點在圖線上，如圖所示。[4]由歐姆定律可得由圖線數據計算出金屬絲的電阻為[5]設被測金屬絲電阻為，金屬絲直徑為d，接入電路部分的長度為l，由電阻定律可得該金屬絲電阻率的表達式是三、計算題13.在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面積是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ=。運動中粒子僅受電場力作用。求：（1）從圓周上的B點穿出電場的粒子，進入電場時速度應為多大？（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子穿出電場時的動能為多大？（3）粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，則粒子穿出電場時的動能為多大？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據幾何關系可知xAC=R根據動能定理有從B點出電場，在電場中做類平拋運動，根據幾何關系有，根據牛頓第二定律有聯立解得（2）根據題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示根據幾何關系有，根據牛頓第二定律有qE=ma聯立各式解得粒子進入電場時的速度故出電場時的動能+（3）因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出從C點射出分粒子，電場時的動能從B點射出分粒子，電場時的動能14.如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失