济阳闻韶中学2022年12月月考物理答案

1.【答案】A【详解】此同学最初静止，竖直向下为加速度的正方向，根据图像，然后加速度开始为负值即加速度向上，是加速上升；后来加速度为正值，即加速度向下，是减速上升；最后静止。全过程为先加速上升再减速上升最终静止，所以是起立过程。故BCD错误，A正确。2.A【解析】BA、整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力作用。设BA、的质量均为m，由平衡条件得Fmg2，对B受力分析，B受到重力、推力F和垂直斜面向上的支持力，根据共点力平衡有mgFtan，解得632tan，A正确，B、C、D错误。3.【答案】B【详解】A．电场线与等势线相互垂直，所以电场线沿竖直方向，由运动轨迹可以看出正电荷所受电场力方向竖直向上，所以A错误；B．因为正电荷所受电场力方向竖直向上，所以电场线竖直向上，因为沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确；C．从a到b电场力做正功，动能增加，但不能确定电荷在b点的动能就是在a点动能的2倍，故C错误；D．因为a、b在不同的等势面上，所以即使选择合适的零电势点，电荷在a、b两点的电势能也不可能相等，故D错误。4.【答案】C【详解】vt图像中面积表示位移，汽车所走的位移为424(75)8m22x若该汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道，所用时间为28s2s4xtv相比通过人工通道可节省的时间为127s2s5sttt，故ABD错误，C正确。5.【答案】D【详解】AB．根据212Uqmv，可得2qUvm，则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大，在加速电场中的加速时间越短，选项AB错误；C．根据2mTqB，可知，比荷大的粒子在磁场中的运动周期越短，则时间越短，选项C错误；D．根据12mvUmrqBBq，则比荷大的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，选项D正确。故选D。6.【答案】D【详解】AB．小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律1sincosmgmgma，设经过时间t1减速到与传送带速度相等220112vvxa，011vvta，解得x1=0.75m，t1=0.25s，速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律2sincosmgmgma，22202vxa，220vta解得x2=1m，t2=1s。则传送带从底端到顶端的长度为12=1.75mLxx，121.25sttt，故AB都错误；C．在t1和t2时间，传送带分别向上位移11'xvt，22'xvt，物块相对传送带上滑111='=0.25msxx，222='=1msxx即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，故C错误；D．物块相对传送带滑动路程为1ss+2s=1.25m，则摩擦生热=cosQmgs带入数据可得=3.75JQ，故D正确。7.【答案】C【详解】A．滑块A运动到P点时，对A分析有sin53mgma，解得a=8m/s2A错误；B．滑块A处于O点时，物块B的速度为0，滑块下滑过程中，滑块A沿绳的分速度等于物块B的速度，当滑块A运动到P点时，由于P点与滑轮的连线同直杆垂直，则此时滑块A沿绳的分速度等于0，即此时物块B的速度亦为0，可知滑块A由O点运动到P点的过程中，物块B的始末速度均为0，则该过程中，物块B的速度先增大后减小，则物块B的动能也先增大后减小，B错误；CD．根据上述，滑块A由O点运动到P点的过程中，对A、B系统有2A1cos53sin53sin532PmgLMgLLmv，解得A52m/sPv，C正确，D错误。8.【答案】C【详解】A．若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在在ab边上，设与ab边交点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误；B．同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对于圆心角为60，所以粒子在磁场中的运动时间为16tT，且2mTqB，解得3mtqB，故B错误；C．垂直cf向上发射的粒子刚好与能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得sin60rLr，由2mvqvBr得mvrqB，联立解得233qBLvm，故C正确；D．因为O点距六边形的最近距离为3cos302dLL，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为2dr，又mvrqB，所以最小速度为min34qBLvm，故D错误。故选C。9.【答案】BD【详解】A．根据电场叠加原理可知，两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向，两个负电荷在f点合场强沿y轴负方向，所以合场强方向沿y轴负方向，同理可得在h点合场强方向沿y轴正方向，因此场强方向相反，故A错误；B．根据等量同种电荷电场分布特点可知，在两个正电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，同理在两个负电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，所以在四个电荷的合电场中电势相等，故B正确；C．根据场强叠加原理可知ef点电场强度等大，因此电场力大小相等，故C错误；D．通过叠加原理可知，oh间电场线由o指向h，ao间电场线方向，由a指向o，沿电场线方向电势逐渐降低，因此e点电势比h点电势高，因此质子在e点的电势能大，故D正确。故选BD。10.【答案】AD【详解】A．设质量为m的行星绕质量为M的恒星做半径为r、周期为T的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有2224πMmGmrrT，解得233224πrrMGTT该恒星与太阳的质量之比为328512=981MM恒太，故A正确；B．恒星的密度为3334πMMMVRR该恒星与太阳的密度之比为512648=81811恒太故B错误；C．恒星的运行速度为2πrvT该行星与地球做圆周运动时的运行速度之比为889=191vv行地，故C错误；D．恒星表面质量为m0的物体所受万有引力等于重力，即002MmGmgR可得恒星表面的重力加速度为2GMgR，该恒星表面与太阳表面的重力加速度之比为512128481811gg恒太故D正确。故选AD。11.【答案】ABD【详解】A．小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有20122mgRmv小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有20vNmgmR，根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为'NN，联立解得'5Nmg，A正确；B．小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则0()mvmMv，根据能量守恒定律有22011()22mgRmvmMv解得Mm，B正确；CD．小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有120Mvmvmv，又能量守恒，可得222120111222Mvmvmv，Mm，解得102vvgR，20v，C错误，D正确。故选ABD。12.【答案】AC【详解】A．物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有EFh，得EFh。所以斜率为表示拉力。0-h1阶段斜率增大，即拉力增大，h1-h2过程中，图象斜率减小，拉力F减小，拉力先增大后减小，故A正确；B．在h1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以1h处速度不是最大，故B错误；C．由图象可知，在h1-h2过程中，图象斜率减小，拉力F减小，在h2后图象斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F大于重力，在h2处拉力为零，因此在h1-h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确；D．在0-h3过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，物体的合外力先减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度大小先减小后增大再不变，h2-h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速，故D错误。故选AC。13.0.60m/s0.40m/s2𝑚𝑚【详解】（3）[1]由题意得，从A位置到最低点的高度差为ℎ9𝑑18mm1.810m由机械能守恒定律可得𝑚𝑔ℎ𝑚𝑣，解得碰撞前球1的速度𝑣2𝑔ℎ0.60ms⁄[2]碰撞后球2上升高度为ℎ4𝑑8mm810m，由机械能守恒定律可得𝑚𝑣𝑚𝑔ℎ解得碰后球2的速度大小为𝑣2𝑔ℎ0.40ms⁄[3]又因为，碰后球1的速度为𝑣2𝑔𝑑，若碰撞前后动量守恒，则有𝑚𝑣𝑚𝑣𝑚𝑣即𝑚2𝑔⋅9𝑑𝑚2𝑔⋅4𝑑𝑚2𝑔𝑑，整理可得m1、m2满足关系式2𝑚𝑚。14.【详解】（1）[1]金属丝直径𝑑0.5mm23.20.01mm0.732mm（2）[2]由于电源电压为3V，电压表量程太大，测量不准确不能选，而第二块电流表内阻已知，可以将一块电流表改装成电压表，根据电表的数据将A2与定值电阻串联，改装成量程为3V的电压表，为了让各个电流表偏转角尽可能大，减小相对误差，采用电流表的外接，，为了多测几组数据，采用滑动变阻器的分压式接法，电路连接图如图所示（3）[3]根据𝑅𝜌，而𝑆，联立可得𝜌[4]由于通过改装成的电压表能准确测量出待测电阻两端的电压，而流过待测电阻的电流为𝐼𝐼𝐼没有系统误差，因此能准确测量出待测电阻的阻值，因此从设计原理看，该实验测量结果与真实值相等。15.【答案】（1）21sinFmg；（2）212cossin2WmgL【详解】（1）根据题意，受力分析可得，合外力提供向心力，则有2sinsinFmL又cosFmg，解得21sinFmg（2）根据动能定理可得2102Wmghmv，解得212cossin2WmgL。16.（1）42.410CQ；（2）315R【详解】（1）开关闭合时，电容器的电压16VBPCBPRUERRr电容器上的电荷量为42.410CCQCU（2）设小球恰好打在上极板右端或下极板右端时加速度大小为a，则有0Lvt，21122dat，联立解得22.5m/sa。当小球恰好打在上极板右端时，设电容器板间电压为1U，根据牛顿第二定律得1qUmgmad，设滑动变阻器接入电路的阻值为3R，则有3113RUERRr当小球恰好打在下极板右端时，设电容器板间电压为2U，根据牛顿第二定律得2qUmgmad设滑动变阻器接入电路的阻值为4R，则有4214RUERRr，解得315R，43R所以要使小球不打在极板上，滑动变阻器接入电路的阻值范围为315R。17.【答案】（1）2023mvEqd；（2）02mvBqd；（3）200242733ddtvv【详解】（1）带电粒子做类平抛运动，有03dvt，212dat由牛顿第二定律得qEam，解得2023mvEqd（2）带电粒子在磁场中的运动轨迹如图由几何关系知223RddR，解得2Rd由牛顿第二定律200vqvBmR解得02mvBqd（3）由几何关系知，轨迹所对应的圆心角为60°，则00012263Rdtvv电场方向yvat，2012ydatvtt，解得200242733ddtvv18.【答案】（1）2m3As；（2）12ms；（3）3s2nnT；（4）8m3L【详解】（1）长木板收到摩擦力，根据牛顿第二定律1mgMa①长木板向左做减速运动到速度为0，2012Avas②，解得2m3As③（2）碰撞后，直到小物块和长木板共速，根据动量守恒001mvMvmMv④得012vv，即再次共速时的速度是前一次一起运动速度的一半。根据能量守恒2220011111Δ222mvMvmMvmgs⑤解得12ms⑥（3）长木板的加速度由牛顿第二定律mgMa得23m/smgaM长木板减速到0并向右加速到两者共速的时间为001132vvvtaaa⑦从第一次碰撞到共速时间内木板的位移2201113128