湖北省荆州市沙市中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理答案

高三年级12月月考物理答案1.D

【解析】甲图：匀变速直线运动位移公式的推导，用到了微元法；乙图和丁图：用到了微小形变放大法；丙图：研究合力与分力，用到了等效法故乙和丁包含的物理思想方法相同，选B。2.B

【解析】磁性棋盘是竖直放置的，棋子静止在上面时受到重力、弹力、磁力及摩擦力;弹力和磁力与棋盘垂直，二力为平衡力，重力竖直向下，而摩擦力竖直向上与重力平衡，A错误，B正确;根据竖直方向上二力平衡知：f=G，f应不超过最大静摩擦力，则有：f<fm=μN=μF，F一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，C错误;棋子质量小而重力小时，若没有其他阻力存在，仍会向下运动，棋子不会掉落是因为棋子受到棋盘对它向上的摩擦力，D3.B

【解析】根据图示，蜻蜓连续两次点水过程中激起的波纹，圆圈越小，则时间越短，所以飞行方向则为从大圆到小圆，即蜻蜓的飞行方向向右;若蜻蜓飞行的速度和水波的速度相同，那么蜻蜓的每一次点水的时候都会是在上一个水波的边线上，而第二个水波和第一个水波都在以相同的速度运动，所以每个圆都应该是内切的;然而图中O2到O1圆圈边线距离小于O2半径，说明水波O2运动了一段时间，O14.C

【解析】A.载人飞船在轨道1和空间站在轨道2上的P处，都由万有引力来提供合外力，由牛顿第二定律GMmr2=ma，可知加速度大小相等，故A错误；B.轨道1为椭圆轨道，载人飞船在P处有GMmr2>mv2r，又GMmR2=mg，则载人飞船在轨道1上经过P点时的速度小于gR2r，故B错误；C.由开普勒第三定律可知，r+R23T2=r3T5.C

【解析】由光路图，分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率公式n=sinisinr得知，b光的折射率较小，频率较小，波长较长。A.由题意结合题图知，霓是经过2次折射和2次全反射形成的现象，故A错误；B.由于b光的波长较长，根据Δx=Ldλ，可知光束a、b通过同一装置发生双缝干涉，b光的相邻亮条纹间距大，故B错误；C.由公式v=cn得知，b光的折射率较小，速度较大，在同种玻璃中传播，b光的传播速度一定大于a光，故C正确；D.b6.D

【解析】选项A、B在时间0到2Lv内图线形状相同，下面分析2Lv到3Lv时间内线框的运动，该段时间线框出磁场，ab边切割磁感线，且有效切割长度为L−vt，根据感应电动势公式E=B(L−vt)v，由闭合电路的欧姆定律得感应电流i=ER=B(L−vt)vR线性减小，由楞次定律知电流方向为顺时针，选项A、B错误。线框进出磁场，由楞次定律知产生的感应电流的效果是阻碍线框的相对运动，所以可判断安培力方向为水平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向为正方向。在27.BD

【解析】ABD、小球运动到最低点时，弹性绳会拉长，弹性绳的弹性势能增加，此过程弹性绳对小球做负功，由能量守恒定律知，小球的机械能会减小，则小球重力势能的减少量大于动能的增加量，让小球紧靠O点由静止释放，小球向下运动到P点时，由能量守恒定律知，小球此时有竖直向下的速度，则小球向下运动到的最低点一定在P点下方，故A错误，BD正确；C、小球运动到P点时，速度方向水平向左，与重力方向垂直，则此时重力的瞬时功率为0，故C错误。8.ACD

【解析】B.由题意

c

点的磁感应强度为零，则说明导线

P

、

Q

在

c

点产生的磁场大小相等、方向相反，又因为

c

点距

P

、

Q

的距离比为

1:3

，则

kI1R=kI23R

，可得电流之比为

1:3

，故B错误。A.由B分析可知，导线

Q

在

d

点产生的磁场强，

d

点的磁感应强度方向垂直

cd

向下，由安培定则可知

P

中的电流方向向外、则

Q

中的电流方向向里，故A正确。C.由安培定则可知，导线

P

、

Q

在

O

点产生的磁场方向均垂直

cd

连线向上，故C正确。D.由于

I1=I2

，分别作出两电流在

a

、

b

两点的磁感应强度大小和方向，如图所示，根据磁场的矢量合成可知9.AD

【解析】解：A.令等效重力加速度为g0，则有mgsinθ=mg0,解得g0=gsinθ，可知，多次改变图1中θ角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A正确；B.单摆在运动过程中，A、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆n次全振动的时间为t=nT=2nT0,故B错误；C.根据单摆周期公式有T=2πLgsinθ，可知，多次改变斜面倾角θ，只要得出T∝1sinθ就可以验证该结论成立，故C错误；D.摆球自然悬垂时，通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力为F1，根据平衡条件有F1=mgsinθ,在图2的测量过程中，摆球在A位置有F2=mgsinθcosα,摆球在B位置，根据牛顿第二定律有F3−mgsinθ=mv2L摆球从A位置运动到B位置，根据动能定理有mgsinθ(L−Lcosα)=10.BD

【解析】A、小球由静止释放后先做初速度为零、加速度大小为2g的匀加速直线运动，到O点正下方时设速度大小为v，则v2=22g×2L，解得v=2gL，由于细线绷紧，沿绳方向的分速度为0，此后小球以v1=22v=2gL的速度从O点正下方开始向右做圆周运动，根据等效场的对称性可知，小球运动到B点的速度大小等于2gL，故A错误;BC、设小球从O点正下方向B点运动过程中的最大速度为v2，根据力与运动的关系可知，当小球位置与O连线与竖直方向夹角为4511.2tn上移ℎ−T【解析】(3)由于钢球运动一周的过程中，光电传感器接收到2次信号，则钢球运动的周期T=(4)若适当调大电机的转速，则钢球向上运动，则激光笔应上移；(5)设当某时刻钢球所在位置与凹槽圆心位置的连线与竖直方向夹角为θ，凹槽半径为R，则对钢球分析可知mgtanθ=m4π2T2Rsinθ，由几何关系cosθ=ℎ−ℎ0R，可知ℎ=g4π2T2+ℎ12.【答案】5.01kbk−R0【解析】(1)本实验利用电桥法测电阻，电流计读数为0，R0=Rp=5.0Ω；(2)利用安阻法测电源电动势和内阻，由闭合电路欧姆定律有，E=I(Rp+R0+r)，整理得1I=1ERp+R0+rE13.【答案】解：(1)初始状态下气体的压强为

空气柱长度

；设玻璃管横截面积为S，气体的体积为

V1=l1S，设注入水银后水平管进入左侧竖直管内水银长度为x，则气体的压强为

p2=p0+pℎ1+pℎ−2px，气体的体积为

V2=(l1−x)S，注入过程气体温度不变，根据玻意耳定律得14.【答案】解：(1)由图(b)可知，当恒力F≥25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得，μ1mg=ma1，a1=4m/s2，代入数据解得μ1=0.4；

(2)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：F−μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2，则a2=1MF−μ1mg+μ2(m+M)gM，结合图象可得1M=425−9=14答：(1)小滑块与木板之间的滑动摩擦因数μ1为0.4；(2)木板与地面的滑动摩擦因数μ2为0.1，M的质量为4kg；(3)滑块从木板上滑落经历的时间t【解析】本题考查牛顿第二定律和图象的综合。解题的关键是理清运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，通过图象得出相对滑动时的拉力大小。(1)由图可知，当恒力F≥25N时，滑块与木板将出现相对滑动，由滑块的加速度结合牛顿第二定律求出滑块与木板间的动摩擦因数μ1；(2)对木板研究，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线求出木板与地面间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M；(3)根据牛顿第二定律分别得出滑块和木板的加速度，根据位移之差等于15.【答案】解：(1)粒子在电场中仅受电场力的