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：fmv2r，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=r3T22，则轨道1和轨道2运行周期之比为TT2=(r+R2r)32，故C正确；D.轨道1为椭圆轨道，万有引力与向心力大小不等，可利用轨道2求解地球质量M，由万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T22r，解得地球质量M=4π2r3GT22=π2r+R32GT2，故D错误。5.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.b光的折射率较小，频率较小，分别照射同一金属，若a光能使某金属发生光电效应，则b光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。6.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2Lv到3Lv时间范围内，有F=F安=B2(L−vt)2vR，则F−t图线应为抛物线，选项C错误，选项D正确。7.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 a 、 b 两点的磁感应强度大小相等、方向相同，故D正确。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)=12mv2,解得F3=3F1−2F2，故D正确。故选：AD。根据题意求出等效重力加速度。根据图2求周期，根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；根据单摆周期公式分析作答；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在A、C位置，求拉力F2与F1的关系；在最低处B点，根据向心力公式求速度；小球从A到B，根据动能定理求速度，然后联立求解作答。理解实验原理是解题的前提与关键，能够根据平衡条件求解等效重力，熟练掌握圆周运动向心力公式、动能定理和单摆周期公式。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45∘时速度最大，根据动能定理有2mg(L−22L)=12mv22−12mv12，解得v2=22gL<2gL，因此小球运动到O点正下方时的速度最大，最大速度为2gL，故B正确，C错误;D、由于12mv22=2mgL，因此小球最终做往复运动，轨迹为半个圆周，故D正确。故选BD。11.2tn上移ℎ−T24π2k【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=2tn(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+ℎ0，则将得到的多组 T 和 ℎ 的数据记录到表格中，并绘制 ℎ−T2 图像，根据图像的斜率 k 可得k=g4π2，可以进一步求出当地重力加速度g=4π2k。12.【答案】5.01kbk−R0大于0.35(0.34∼0.36)87.3%【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+rE，可知E=1k，r=bk−R0，如果考虑电流表内阻，测量的r测=r+RA，则测量值大于真实值;(3)将电源与灯泡连接成图丙电路图，由闭合电路欧姆定律可知：E= 2U+I(R+r)，得U=−32I+32，在灯泡伏安特性曲线中作出该图像，由图像可知，每个灯泡两端的电压为U=0.93V，通过灯泡的电流为I=0.38A，所以每个灯泡的实际功率为0.93×0.38W≈0.35W，此时电源效率为E−IrE≈87.3%。13.【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 p1V1=p2V2 ，解得，则稳定后空气柱的长度(2)要使空气柱变为原来长度则气体压强变为 ，根据查理定律p1T1=p3T2 ，解得空气柱的温度变为 。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，带入点(25,4)解得：μ2=0.1，M=4kg； (3)当水平恒力F=27.8N时，设m在M上滑动的时间为t，滑块的加速度为a1=μ1g=4m/s2，而滑块在时间t内的位移为s1=12a1t2，木板的加速度为a2=F−μ1mg−μ2(M+m)gM，代入数据解得a2=4.7m/s2，而木板在时间t内的位移为s2=12a2t2，由题可知，s2−s1=L，代入数据联立解得t=2s。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为2s。 【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L，结合运动学公式求出经历的时间。15.【答案】解：(1)粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，设在第Ⅱ象限内运动时间为t1，则由牛顿第二定律可得qE=ma，水平方向L=12at12，竖直方向yM=v0t1，联立解得：t1=8L3υ0，yM=8L3；(2)粒子在M点速度大小v=v02+(at1)2=5v04，与y轴正向夹角为θ，tanθ=at1v0=34，则θ=37∘，在磁场中洛伦兹力提供向心力得qvB=mυ2r，做出粒子轨迹，由几何关系：r+rsin37∘=8L3联立解得半径r=5L3，B=3mv04qL；(3)粒子到达y轴C点后做类似斜抛运动，C点速度方向与y轴正方向成37∘，大小为5v04，由运动对称性知CD沿y轴方向距离与DE沿y轴方向距离相等，则CE=2yM=16L3；粒子第n次从第Ⅱ象限进入第Ⅰ象限经过y轴的纵坐标为：y=OM+(n−1)(CE−CM) (n=1,2,3⋯)，即为y=8L3+(n−1)(16L3−2rsin37∘)，解得y=10nL3−2L3(n=1,2,3⋯)