【文档说明】重庆市朝阳中学2019-2020学年高一上学期12月物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，786.500 KB，由小赞的店铺上传

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朝阳中学2019年12月月考高一物理一、单选题（本大题共6小题，共24分）1.下列说法正确的是A.物体的运动速度越大，加速度也一定越大B.物体的运动速度变化越快，加速度越大C.物体的运动速度变化量越大，加速

度也一定越大D.物体的运动速度越小，加速度也一定越小【答案】B【解析】【详解】A．物体的速度大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A错误．B．加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故B正确．C．物体的速度变化量大，速度变化不一定快，加速度不一定大，

故C错误．D．加速度和速度没有直接的关系，物体的运动速度越小，加速度不一定越小，故D错误．2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等

势面b上，据此可知（）A.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D.三个等势面中，c的电势最高【答案】D【解析】【详解】A.等差等势面P处比Q处密，则P处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A错误；D.

根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故D正确.B.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B错误.C.带电质点的总能量守恒，即带电质点

在P点的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小，故C错误.3.如图A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于B上，三物体可一起匀速运动，撤去力F后，三物体仍可一起向前运动，设此时A、B间摩擦力为f2，B、C间摩擦力为f2，

则f1和f2的大小为()A.f1=f2=0B.f1=0，f2=FC.13Ff=，223fF=D.f1=F，f2=0【答案】C【解析】【详解】开始三个物体在拉力F的作用下一起做匀速直线运动，知F=f撤去F后，三个物体一起做匀减速直线运动，整体的加速

度33fFamm==隔离对A分析，A在水平方向上的合力等于B对A的摩擦力，有：13Ffma==隔离对AB分析，AB整体所受的合力等于C对它们的摩擦力，有：2223fmaF==故ABD错误，C正确．4.如图，平行板电容器的两极

板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是A.F逐渐减小，T逐渐减小B.F逐渐增大，T逐渐减小C.F逐渐减小，T逐渐增大

D.F逐渐增大，T逐渐增大【答案】A【解析】【详解】电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，由UEd=可知，电场强度E减小，电场力FEq=减小，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，受力如图

所示，根据力的合成法得：()22TFmg=+由于重力不变，电场力减小，故拉力减小；A.F逐渐减小，T逐渐减小与分析相符，故A正确；B.F逐渐增大，T逐渐减小与分析不符，故B错误；C.F逐渐减小，T逐渐增大与分析不符，故C错误；D.F逐渐增大，T逐渐增大与分析

不符，故D错误．5.如图示水平地面上有一个圆柱体，现在A与竖直墙之间放一完全相同的圆柱体B,不计一切摩擦，将A缓慢向左移动(B未与地面接触))，则在此过程中A对B的弹力F1、墙对B的弹力F2()A.F

1变小、F2变小B.F1变小、F2变大C.F1变大、F2变大D.F1变大、F2变小【答案】A【解析】【详解】不计一切摩擦，将A缓慢向左移动，则A、B处处受力平衡；那么B受力如图所示：；由平衡知识可知：1GFcos＝F2=GtanθA向左移动，那么θ变小，所以F１变小，F2变小．A．F

1变小、F2变小，与结论相符，选项A正确；B．F1变小、F2变大，与结论不相符，选项B错误；C．F1变大、F2变大，与结论不相符，选项C错误；D．F1变大、F2变小，与结论不相符，选项D错误；6.如图所示，斜面体质量为M，倾角为θ，置于水平地面上，当质量为m的小木

块沿斜面体的光滑斜面自由下滑时，斜面体仍静止不动．则（）A.斜面体受地面的支持力为MgB.斜面体受地面的支持力为（m+M）gC.斜面体受地面的摩擦力为mgcosθD.斜面体收地面的摩擦力为12mgsin2θ【答案】D

【解析】由题，斜面是光滑的，则由牛顿第二定律可得物体m下滑时加速度大小为a=gsinθ．对整体进行研究，分析受力情况，作出力图，将m的加速度a分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律有：竖直方向：（M+m）g-N=masinθ＞0，则N＜（

M+m）g，所以斜面体受地面的支持力小于（M+m）g．故AB均错误．对整体：有水平方向的加速度，则地面对斜面的摩擦力方向也水平向右，由牛顿第二定律得：水平方向：f=macosθ=mgsinθcosθ=12mgsin2θ．故C错误，

D正确．故选D．二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）7.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速

度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：04−T时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，42−TT时间内沿原方向做匀减速直

线运动，324−TT时间内向A板做匀加速直线运动，34−TT时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度，根据电子的运动情况分析判断。本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。分析电子一个周期内的运动情况：704−时间内，

电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，42−TT时间内沿原方向做匀减速直线运动，2T时刻速度为零，324−TT时间内向A板做匀加速直线运动，34−TT时间内做匀减速直线运动，接着周而复始。AC.根据匀变速运动速度图象是倾斜

的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；B.电子做匀变速直线运动时xt−图象应是抛物线，故B错误；D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，at−图象应平行于横轴，故D正确。8.用不可伸长的细线悬挂一

质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是（）A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块

的共同速度为0mvMm+C.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为5231){1317x22xxx＞（−+−−【答案】AB【解析】【详解】从子弹射向

木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒．故

A正确；由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为v=0mvMm+．故B正确．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子

弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误；子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得12（M+m）v2=（M+m）gh，可得上升的最大高度为22022()mvhMmg=+．故D错误．故选AB．【点睛】子

弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定律解的题通常都能用动能定理解决．9.如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路

的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.3R上消耗的功率逐渐增大【答案】BCD【解析】【详解】AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当

R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大；电路中总电流减小，则R1两端的电压减小，又路端电压增大，则并联部分的电压增大，据欧姆定律可知流过R3的电流增大；电路中总电流减小，流过R3的电流增大，则流过R2的电流减小，

电流表示数减小；流过R2的电流减小，R2的电压减小，又并联部分的电压增大，则R4电压增大，电压表读数增大；故A错误，B正确；C.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，质点P将向上运动，故C正确；D.因R3两端的电压增大，由P=2UR可知，R3上消耗的功率增大，故D正确．1

0.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的

电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A.加速度为22vLB.下滑的位移为qRBLC.产生的焦耳热为212mgqRsinmvBL−D.受到的最大安培力为22BLvR【答案】BCD【解析】【详解】A

、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，感应电流也增大，金属棒受到的安培力增大；根据牛顿第二定律，有：mgsinBILma−=，又1BLvEIRR==，则：221sinBLvagmR=−，所以加

速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动．故A错误．B、由感应电量计算公式EBLxqItttRtRRR=====可得，下滑的位移qRxBL=，故B正确．C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热2211sinsin22mgqRQmgxmvmvBL=−=−，故C正确．D、当

金属棒的速度大小为v时，金属棒ab受到的安培力最大，所以安培力的最大值22AmmBLvBLvFBILBLRR===，故D正确．三、实验题（本大题共3小题，共27分）11.(一)一个电流表G的内阻1kΩgR=，满偏电流为500μAgI=，其满偏电压为_____

。现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为_____，50μA刻度对应的电压值为_____。(二)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：A.小灯泡()L3V,0.6AB.滑动变阻器(0~10)RC.电压表1

V(0~3V)D.电压表2V(0~15V)E.电流表1A(0~0.6A)F.电流表2A(0~3A)G.铅蓄电池、开关各一个，导线若干()1为了减小误差，实验中应选电流表______________，电压表____________．()2在图虚线框内按要求设计

实验电路图_______．()3某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在IU−坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是(图中P为小灯泡的功率（）。【答案】(1).0.5V(2).2

9k(3).1.5V(4).A1(5).V1(6).答案见解析(7).BD【解析】【详解】(一)[1][2][3]电流表G的满偏电压：6500101000V0.5V−===gggUIR把它改装成15V的电压表，需要串联电阻

的阻值：615100029k50010−=−=−=ggURRI50μA刻度处对应的电压值为：()()64501029101000V1.5V−=+=+=gUIRR(二())1[4][5]灯泡的额定电流为0.6A，选择电流表1A；灯泡的额定电压为3V，选

择电压表1V；()2[6]因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻为5，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示．()3[7]根据IU−图线的斜率表示电阻的倒数，知电阻随电压的增大而增

大；2PU−图线的斜率表示电阻倒数，电阻增大，知P与2U图线的斜率减小，故B正确A错误；2PI−图线的斜率表示电阻的大小，电阻增大，知P与2I图线的斜率增大，故D正确C错误。12.现有一合金制成的圆柱体.为测量该合金的电阻率,小黑同学现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻,用螺旋测微器测量该圆柱体的

直径,用游标卡尺测量该圆柱体的长度.螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示．(1)由图可读得圆柱体的直径为____mm,长度为____cm.(2)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ

=_____．【答案】(1).4.600(2).7.015(3).24DUIL【解析】【详解】(1)[1]由图所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，可动刻度为10.0×0.01mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600m

m；[2]由图所示可知，游标卡尺主尺示数为7.0cm，游标尺第三刻线与主尺刻线相对齐，为3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为70mm+0.15mm=70.15mm=7.015cm；(2)[3]根据电阻定律，有：2()2LLDRS==根据

欧姆定律有：URI=联立解得：24DUIL=13.在做“研究平抛物体的运动”的实验时，通过描点法画出小球平抛运动轨迹，并求出平抛运动初速度．实验装置如图甲所示．(1)实验时将固定有斜槽的木板放在实验桌上，实验前要检查斜

槽末端是否水平，请简述你的检查方法：_____________________________________________．(2)关于这个实验，以下说法正确的是______A．小球释放的初始位置越高越好B．每次小球要从同一高度由静止释放C．实验

前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直D．小球的平抛运动要靠近但不接触木板(3)某同学在描绘平抛运动轨迹时，得到的部分轨迹曲线如图乙所示．在曲线上取A、B、C三个点，测量得到A、B、C三点间竖直距离h1=10.20cm，h2=20

.20cm，A、B、C三点间水平距离x1=x2=12.40cm，取g=10m/s2，则小球平抛运动的初速度大小为______m/s．（保留三位有效数字）【答案】(1).将小球放在槽的末端，看小球能否静止(2).BCD(3).1.24【解析】【详解】（1）检查木板是否水平的方法是

：将小球放在槽的末端(或木板上)看小球能否静止；（2）小球释放的初始位置高度适当即可，选项A错误；每次小球要从同一高度由静止释放，以保证每次到达底端的速度相同，选项B正确；实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直，选项C正确；小球的平抛运动要靠近但不接触木板，选项D正确；故选BCD

.(3)由于x1＝x2，则tAB＝tBC.在竖直方向，h1和h2为连续相等时间内发生的位移，则h2－h1＝gt2，所以t＝0.1s，平抛运动的初速度v0＝1xt＝1.24m/s.四、计算题（本大题共3小题，共30分）14.如图，灯泡D与电动

机M中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6Ω，电动机M线圈的电阻为RM=2Ω，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V．电动机的转轴的摩擦可忽略，求：（1）通过灯泡的电流I=？（2）电动机M线圈的发热功率PQ=？（3）电动机M输出的机械功率P机=？【答案

】（1）1A；（2）2W；（3）12W【解析】（1）灯两端的电压为20146DMUUUV=−=−=所以通过灯泡的电流为616DDUIAAI===（2）电动机M线圈的发热功率22122QMPIRWW===（3）电动机M消耗的电功率为14114MPUI

W===输出的机械功率14212MQPPPW=−=−=机15.绳OC与竖直方向成30°角，O为质量不计的光滑滑轮，已知物体B重1000N，物体A重400N，物块A和B均静止．求：（1）物体B所受地面的摩擦力和支持力分别为多大？（2）OC绳的拉力为

多大？【答案】(1)N=800N，f=346.2N；(2)698.2N【解析】试题分析：(1)对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式求解；(2)同一根绳子张力处处相同，对滑轮受

力分析，受三个拉力，根据平衡条件求解OC绳的拉力．解：(1)由于物体A保持静止，故：T=GA=400N；对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N+Tsin30°=GBT

cos30°=f求得：N=800N，2003346.2fNN==；(2)对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示：根据平衡条件，有：TOC=2Tcos30°=4003692.8NN=点晴：本题关键是分别对滑轮和物体B受力分析，然后根据平衡条件列式求解，要注意角度关系．16.如图

所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=502rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接。求电键S合上后，（1）写出线圈

内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）电阻R上所消耗的电功率；（4）从计时开始，线圈转过90°角的过程中，通过外电阻R的电量。【答案】(1)e=502cos502t(V)(2)2.0A40V(3)80W(4)0.04C【解析】【详解】（

1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×502V=502V故表达式为：e=Emcosωt=502cos502t(V)（2）电动势有效值：50V2mEE==电键

S合上后，由闭合电路欧姆定律得：502.0A205EIRr===++U=IR=2×20V=40V（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=IU=2×40W=80W（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：1000.50.10.20.04C205nBSQItnRrRr=====+

++