甘肅省金昌市高中聯(lián)考2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期12月月考物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試題PAGEPAGE1金川高中學(xué)校2024-2025年高二12月聯(lián)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.如圖所示，光滑的輕滑輪用細繩OO'懸掛于O點，另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛貨物A，人拉繩的另一端緩慢向右移動，使貨物緩慢提升，在此過程中（）A.細繩對人的拉力逐漸變大 B.細繩OO'的張力逐漸變小C.水平面對人的支持力逐漸變小 D.水平面對人的摩擦力逐漸變小【答案】B【解析】A．由于整個系統(tǒng)處于動態(tài)平衡狀態(tài)，貨物A受力平衡，則繩子的張力T保持不變，選項A錯誤；B．人拉繩的另一端緩慢向右移動，滑輪兩側(cè)連接的繩子的夾角變大，但繩子的張力T保持不變，繩子對輕滑輪的合力則繩子對輕滑輪的合力變小，所以細繩OO'的張力逐漸變小，選項B正確；CD．人處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對人受力分析有由于T的大小不變，人拉繩的另一端緩慢向右移動，α減小，所以N增大，f增大，選項CD錯誤。2.2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星），該衛(wèi)星（）A.入軌后可以位于北京正上方B.入軌后的速度大于第一宇宙速度C.發(fā)射速度大于第二宇宙速度D.若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少【答案】D【解析】A．由于衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內(nèi)，故A錯誤；B．由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運行的最大速度，所以衛(wèi)星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯誤；C．由于第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力的最小發(fā)射速度，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度，故C錯誤；D．將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力所作的功越大，所以發(fā)射到近地圓軌道所需能量較小，故D正確．3.如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB=h．細線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧（小物塊與彈簧不連接），燒斷細線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運動到斜面的最高點，已知知AD=l，小物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則A.彈簧對小物塊做功為μmglB.斜面摩擦力對小物塊做功為C.細線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為mgh+μmg（+l）D.撤去斜面AB，小物塊還從D點彈出，將沿斜面CB上滑并從B點飛出去【答案】C【解析】AC．由功能關(guān)系可知，彈簧對小物塊做功細線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為故A錯誤，C正確；B．斜面摩擦力對小物塊做功為故B錯誤；D．撤去斜面AB，小物塊還從D點彈出，則彈簧的彈性勢能不變，此時由能量關(guān)系可知物塊也恰能到達B點，故D錯誤；故選C.4.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m的物體放在斜面上，用方向豎直向上、大小為F的力拉物體，物體沿斜面勻加速下滑，斜面體始終靜止。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A.地面對斜面體的靜摩擦力不可能為零B.地面對斜面體的支持力大小為C.斜面對物體的力豎直向上D.斜面對物體的摩擦力可能為零【答案】A【解析】A．由于物體沿斜面向下勻加速下滑，因此物體有水平方向向左的分加速度，對斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，地面對斜面體靜摩擦力方向水平向左，A正確；B．物體有豎直向下的分加速度，由牛頓第二定律，對斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，地面對斜面體的支持力小于，B錯誤；C．物體受到的合力沿斜面向下，其所受重力、拉力在豎直方向，故斜面對物體的力偏向左上方，C錯誤；D．斜面體粗糙，若物體不受斜面的摩擦力，斜面對物體的支持力等于0，則斜面體對物體的力等于0，與C選項分析矛盾，故D錯誤。故選A。5.如圖所示，虛線1、2、3，為某電場中的三條電場線，實線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法正確的是（）A.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度B.粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能C.粒子在a點的速度大于在b點的速度D.a點的電勢高于b點的電勢【答案】B【解析】A．根據(jù)電場線的疏密程度可知，b點場強大于a點場強，則粒子在a點受到的電場力小于在b點受到的電場力，粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故A錯誤；BC．若粒子從a到b，根據(jù)電場力位于軌跡的凹側(cè)，且電場力與電場方向在同一直線上，可知電場力對粒子做正功，電勢能減小，粒子動能增加，則粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，粒子在a點的速度小于在b點的速度；若粒子從b到a，同理可知電場力對粒子做負功，電勢能增加，粒子動能減小，則粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，粒子在a點的速度小于在b點的速度，故B正確、C錯誤；。故選B。6.如圖，一帶電小球用絕緣絲線懸掛在水平天花板上，整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，不計空氣阻力，當(dāng)小球由靜止分別從等高的A點和B點向最低點O運動，經(jīng)過O點時（絲線均保持伸直狀態(tài)）（）A.小球所受的洛倫茲力相同 B.絲線所受的拉力相同C.小球的動能相同 D.小球的速度相同【答案】C【解析】AD．小球分別從A、B兩點釋放，經(jīng)過O點時，速度的方向不同，洛倫茲力的方向也不同，即速度和洛倫茲力都不相同，故A、D錯誤；B．因為經(jīng)過O點時，速度的方向不同，則洛倫茲力的方向也不同，拉力的大小不同，故B錯誤。故選C。7.滑雪運動深受人民群眾喜愛。如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的圓弧形滑道AB，一質(zhì)量為m的滑雪愛好者（可視為質(zhì)點）從滑道的A點由靜止開始下滑，到達最低點B時對滑道的壓力大小為mg（g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋?。已知過A點的切線與豎直方向的夾角為30°，滑道各處動摩擦因數(shù)相同，則滑雪好者在沿著AB下滑的過程中（）A.重力的功率先增加后減小B.始終處于失重狀態(tài)C.克服摩擦力做功為D.受到摩擦力大小為【答案】AC【解析】A．在下滑過程中滑雪者的速度越來越大，但是在豎直方向的速度是先增大后減小，重力的功率先增加后減小，故A正確；B．在下滑過程中，滑雪者在豎直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C．設(shè)滑雪者到最低點時的速度為v根據(jù)牛頓第二定律得從A到B的過程中有重力和摩擦力做功根據(jù)動能定理可得可解得故C正確；D．因為在滑行過程中，滑雪者受到的彈力在不斷的變化，所以受到的摩擦力也是一個變量，不是一個確定值，故D錯誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量mB=2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA=1kg的小物塊A，整個裝置靜止?，F(xiàn)對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a=2m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數(shù)k=600N/m，g=10m/s2。以下結(jié)論正確的是（）A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為m/s【答案】BC【解析】AB．A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有可得當(dāng)FN最大時，F(xiàn)最小，即剛開始施力時，F(xiàn)N最大且等于A和B的重力之和，則故A錯誤，B正確；CD．剛開始，彈簧的壓縮量為A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知解得物塊A在這一過程的位移為由運動學(xué)公式可知代入數(shù)據(jù)得故C正確，D錯誤。故選BC。9.如圖是某金屬在光的照射下產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek與入射光頻率的關(guān)系圖像，由圖像可知（）A.該金屬的逸出功等于EB.普朗克常量等于C.入射光的頻率為時，產(chǎn)生的電子的最大初動能為2ED.入射光的頻率為時，產(chǎn)生的電子的最大初動能為【答案】AB【解析】A．根據(jù)光電效應(yīng)方程結(jié)合圖像可知該金屬的逸出功W=EA正確；B．該圖像的斜率為普朗克常數(shù)，故B正確；C．由圖像可知，當(dāng)入射光的頻率為時，產(chǎn)生的電子的最大初動能為E，C錯誤；D．當(dāng)入射光的頻率為時，小于極限頻率，不會產(chǎn)生光電效應(yīng)，D錯誤。故選AB。10.如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）A.流過定值電阻的電流方向是N→QB.通過金屬棒的電荷量為C.金屬棒滑過時的速度大于D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為（mgh﹣μmgd）【答案】BCD【解析】A．金屬棒下滑到底端時速度向右，而且磁場豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過定值電阻的電流方向是Q→N，故A錯誤；B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，通過金屬棒的電荷量為故B正確；C．金屬棒在磁場中做減速運動，則產(chǎn)生的電動勢減小，電路電流減小，安培力減小，則金屬棒加速度減小的減速運動，則金屬棒滑過時的速度大于，選項C正確；D．根據(jù)動能定理則則克服安培力所做的功為電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為故選項D正確。二、填空（每題8分，共16分）11.如圖甲所示，某探究小組用能夠顯示并調(diào)節(jié)轉(zhuǎn)動頻率的小電動機驗證勻速圓周運動的向心力關(guān)系式①把轉(zhuǎn)動頻率可調(diào)的小電動機固定在支架上，轉(zhuǎn)軸豎直向下，將搖臂平臺置于小電動機正下方的水平桌面上；②在轉(zhuǎn)動軸正下方固定一不可伸長的細線，小電動機轉(zhuǎn)軸與細線連接點記為O。細線另一端穿過小鐵球的球心并固定；③啟動電動機，記錄電動機的轉(zhuǎn)動頻率f，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動穩(wěn)定時，將搖臂平臺向上移動，無限接近轉(zhuǎn)動的小球；④關(guān)閉電動機，測量O點到搖臂平臺的高度h；⑤改變電動機的轉(zhuǎn)動頻率，重復(fù)上述實驗。（1）探究小組的同學(xué)除了測量以上數(shù)據(jù)，還用游標(biāo)卡尺測量了小球的直徑D，如圖乙所示，讀數(shù)為________mm；本實驗___________（填“需要”或“不需要”）測量小球的質(zhì)量。（2）實驗中測得了O點到搖臂平臺的高度h、小球的直徑D和電動機的轉(zhuǎn)動頻率f，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，若所測物理量滿足g=_________，則成立。（用所測物理量符號表示）【答案】（1）10.52不需要（2）【解析】（1）[1]主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺第26個刻度和主尺對其，精確度為0.02mm，故游標(biāo)尺讀數(shù)為0.52mm，故小鋼球的直徑為10.52mm；[2]設(shè)細線與豎直方向的夾角為，從到球心的距離為，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得可以約去，則得其中則有所以本實驗不需要測量小球的質(zhì)量；（2）[3]通過上述分析可知所測物理量滿足12.（1）已知理想的平拋運動在水平方向和豎直方向的位移分別為x和y，則其初速度大小v0＝________。在實際的平拋運動實驗探究中，也利用上述關(guān)系式計算初速度，那么計算的初速度誤差與x、y的大小選取________（選填“有關(guān)”或“無關(guān)”）。（2）某同學(xué)在“探究平拋運動”的實驗中，在白紙上記錄了豎直方向，并作出小球平拋軌跡的部分擬合圖線，但是沒有記錄平拋運動的起點，于是該同學(xué)以這段圖線的起點作為坐標(biāo)原點O，豎直向下方向為y軸正向，建立直角坐標(biāo)系xOy，如圖所示，在圖線上標(biāo)注a、b兩點，用刻度尺測得其坐標(biāo)a（x0，y1）、b（2x0，y2），已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，不計空氣阻力，則可確定：①小球由O運動到b點的時間t＝________；②平拋運動的初速度大小v0＝________。【答案】x有關(guān)2x0【解析】（1）[1][2]平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，有y＝gt2平拋運動的水平分運動為勻速直線運動，有x＝v0t聯(lián)立可得平拋初速度v0＝x用兩坐標(biāo)值x、y計算初速度，選取的數(shù)值較大，會使測量誤差減小，故計算的初速度誤差與x、y的大小選取有關(guān)。（2）[3][4]由于Oa、ab水平位移相等，所以其時間間隔相同，設(shè)為t0，由平拋運動規(guī)律得x0＝v0t0y2－2y1＝gtt＝2t0聯(lián)立解得t＝2v0＝x0三、計算題（34分）13.泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動的全過程雖然只有很短時間，但由于其高速前進，具有強大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究，他們設(shè)計了如圖甲所示的模型：在水平地面上放置一個質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10m/s2.則：（1）物體在運動過程中的最大加速度為多少？（2）在距出發(fā)點多遠處，物體的速度達到最大？（3）物體在水平面上運動的最大位移是多少？【答案】（1）15m/s2；（2）3m；（3）8m【解析】（1）當(dāng)推力F最大時，加速度最大，由牛頓第二定律，得可解得（2）由圖像可知，隨變化的函數(shù)方程為速度最大時，合力為0，即所以（3）位移最大時，末速度一定為0，由動能定理可得由圖像可知，力做的功為所以14.如圖所示，長度的輕繩上端固定在O點