安徽省桐城中学2020届高三物理12月月考试题答案（PDF）.pdf

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1、1物理参考答案物理参考答案题号题号12345678910答案答案ADBCCDABBCDBCAB1.A解析解析：根据 vt 图象与坐标轴围城图形的面积表示位移，可得，01s 内，路程为 s11 12m0.5m；16s 内，路程 s22521m3.5m，故这段时间内的路程为 ss1+s24m，A 项正确。2.D解析解析：小球在运动过程中重力的瞬时功率为：Pmgvymgvsin，下落过程中速度增大，逐渐增大，则 sin逐渐增大，所以重力的瞬时功率与速度及 sin不是正比的关系，故A、B 错误；因为2yvgh，所以重力的瞬时功率与h成正比，故 C 错误；因为小球竖直方向做自由落体运动，则 vygt，所

2、以重力的瞬时功率和运动的时间成正比，故 D 正确。3.B解析解析：设经过了 n 次衰变，m 次衰变。有：4n32，2nm10，解得 n8，m6，故 B 正确。4.C解析解析：小球在运动过程中，A、B 两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径 RLsin 6032L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为 30，由题意，小球在最高点的速率为 v 时，2vmgmR。改变小球速度，在最高点应有：2FTcos 30mg2vmR，FT 3mg，可解得此时小球速率为2vv ，C 项正确。5.C解析解析：足球做竖直上抛运动，空中运动时间22 1.2522s=1.0s10htg。设竖直向上为正

3、方向，对从足球下落到足球再回到最高点的过程，对足球，由动量定理得：FNtmg（t+t）0，解得：FN44N，故 C 正确。6.D解析解析：依题意可知，轻杆对小球的弹力沿杆方向，ABC 小球受力如右图所示，有 F1cos30F2cos60，F1cos60+N1cos60mAg，F1sin60N1sin60，F2cos30N2cos60mg，F2cos60N2cos30，联立解得：mAm，N1N2mg，N3mg，F23mg，ABC 错误、D 正确。7.AB解析：解析：康普顿效应表明光不仅具有能量，又具有动量，选项 A 正确；一个质子和一2个中子结合为一个氘核时， 由于质量亏损， 因此一个氘核的质量

4、小于一个质子和一个中子的质量和，因此选项 B 正确；玻尔理论，氢原子从激发态向基态跃迁时要放出光子，核外电子的运动半径减小，选项 C 错误；根据光电效应方程，增大入射光的频率，从金属表面出来的光电子的最大初动能增大，选项 D 错误。8.BCD解析解析：物块上升的高度为x2，因而增加的重力势能为Ep12mgx，A 错误；根据动能定理可得增加的动能为Ekmax13mgx， B 正确； 根据能量守恒定律可得EEpEk，故增加的机械能为E56mgx，C 正确；由功能关系可知，除重力和弹簧弹力以外的合力做功引起的是机械能的变化，所以 D 正确。9.BC 解析解析：设开始时 B 的速度为 v0，B 球碰撞

5、前、后的速率之比为 4：1，则碰撞后 B 的速率为014v。A 与挡板碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，所以碰撞后 A 与 B的速度方向相反，大小相等，A 的速度是014v。对于碰撞过程，选取向左为正方向，由动量守恒定律得： m2v0m1014vm2014v， 整理得： m1： m25： 1， 碰撞前的总动能： E112m2v02、碰撞后的总动能：E212m1（014v）2+12m2（014v）2，解得：E1：E28：3。10.AB解析解析：A 与 B 刚脱离接触的瞬间，A 的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与 B速度大小一样，设 B 运动的速度为 vB，则：vAcos60vB，因此

6、，vA：vB2：1，故 A 正确；根据牛顿第二定律：20sin30Avmgml，解得：12Avgl，又 vA：vB2：1，可知：18Bvgl，故 B 正确；由机械能守恒可知，02211sin3022Amglmvmv，解得：23=2Avvglgl，故 C 错误；根据 A 与 B 脱离之前机械能守恒可知：02211(1 sin30 )22ABmglmvMv，解得：m：M1：4，故 D 错误。11.答案：答案：（1）BD ；（；（2）1.2 ；（3）不需要不需要小于小于 ；（4） 0.2（最后一空（最后一空 2 分，其他每空分，其他每空 1 分）分）解析：解析：（1）从甲图可以看出，小车所受的合外力

7、由弹簧秤测出，不必测沙和桶的质量，故选项 A 错误，但平衡摩擦力的步骤不能省，故选项 B 正确，轻绳与木板要平行，不是与桌面平行，故选 C 错误，小车靠近打点计时器，先接通电源后释放小车，故选项 D 正确，所以选 BD。3（2）由运动学公式求加速度，221.2m/s(2 5 0.02)BDOBxxa 。（3）由于拉力可以从弹簧秤读出，所以不需要满足 mM，由于沙和桶的位移是小车的 2 倍，则小车的加速度小于沙和桶的加速度。（4） 对小车根据牛顿第二定律有： 2F=Ma 即2aFM， 结合图象的斜率24.00.4kM，所以 M=0.2kg。12.答案答案： （1）7.30（2）220 02gH

8、td（3）减小）减小（每空（每空 3 分分）解析解析： （1）由图可知，主尺刻度为 7mm；游标对齐的刻度为 6；故读数为：7+60.05mm7.30mm。（2）已知经过光电门时的时间和小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故有：dvt；若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：212mgHmv；即：2002()dgHt，解得：220 02gH td。（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故降低下落高度后，则EpEk将减小。13.解析解析： （1）设刚释放时 A、B、C 的共同加速度大小为 a，绳子对 A 拉力大小为 F由受力分析可知：对于 A

9、 有：F2mg2ma（1 分）对于 BC 整体有 3mgF3ma（1 分）联立解得：15ag，122.45Fmgmg（2 分）（2）设 C 下落 L 后落地时 A 的速度大小为 v，由 v22ax（1 分）解得此时的速度25vgL（1 分）后来在 B 下落过程，由于 A、B 的质量相等，整体将匀速下落 L 距离后再做竖直上抛运动（1 分）再由22vhg（1 分） ，解得：h0.2L（1 分）因此物块由最初位置上升的最大高度 H2.2L（1 分）414.解析解析： （1）在匀加速阶段，由图可知，牵引力0055fvFfv（1 分）根据牛顿第二定律可得：Ffma（1 分）根据速度时间关系可得：v0a

10、t1（1 分）联立解得014mvtf； （1 分）（2）最大速度0055mfvvvf（1 分）匀加速运动的位移22011128mvxatf（1 分）恒 定 功 率 至 达 最 大 速 度 过 程 ， 根 据 动 能 定 理 可 得 ：220110115()()22mfv ttf xxmvmv（2 分）联立解得002158mvxtvf（2 分）15.解析解析： （1）设在图中的拉格朗日点有一质量为m的物体（mm） ，则月球对其万有引力12mmFGr（1 分）地球对其万有引力 F2为22()MmFGLr（1 分）质量为m的物体以地球为中心做圆周运动，向心力由 F1和 F2的合力提供，设圆周运动的角

11、速度为，则212()FFmLr（2 分）根据以上三个式子可得：222()()mMGGLrrLr（1 分）月球绕地球做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，有：22MmGmLL（2 分）联立以上两式子可得：223()()mMMLrrLrL（1 分）（2）对于“日地系统”，在太阳和地球连线上共有 3 个可能的拉格朗日点，其大概位置5如图所示 （3 分）16.解析解析： （1）物块 B 每经过一段粗糙段损失的机械能EfLMgL（1 分）解得E1.5J（1 分）设碰撞后 B 的速度为 vB，由能量关系有211002BMvE （1 分）设 A、B 碰撞前 A 的速度为 vA，碰撞后 A 的速度为

12、vA，A、B 碰撞为弹性碰撞，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mvAmvA+MvB（1 分）根据机械能守恒定律可得12mvA212mvA2+12MvB2（1 分）解得：vA12.5m/s（1 分）从 A 刚滑入圆轨道到 A 与 B 碰撞前，由机械能守恒定律可知v0vA12.5m/s（1 分）（2）从 A 刚滑入圆轨道到最高点 Q 的过程，由机械能守恒定律有12mv0212mvQ2+2mgR（1 分）在 Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有2QvFmgmR（1 分）解得：A 滑过 Q 点时受到的弹力大小 F525N（1 分）（3）由（2）得12.5m/s5AAvv （1 分）经分析得 A 反弹后无法通过圆弧最高点，所以最后 A 向右经过粗糙段直到最终静止对 A 由动能定理：2102Amgxmv（2 分）解得1.25mx ，所以 A 最终停在第 7 个粗糙段。所以最终静止后 A、B 间的距离为199637.35mxLxL （1 分）