黑龙江省牡丹江市一中2020届高三12月月考物理试题

牡一中2017级高三学年上学期12月考试物理试题

一、单项选择题

1. 关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是（ ）

A. 物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变

B. 物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点曲线的切线方向

C. 做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用

D. 物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变

【答案】C

【解析】

试题分析：物体在垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变．故A错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而不是加速度方向．故B错误；曲线运动的物体的条件，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用．故C正确．物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如匀速圆周运动．故D错误；故选C．

考点：运动和力

【名师点睛】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．

2.甲同学以速度v1将铅球水平推出，推出点距地面高度为H1，乙同学身高较高，将铅球在距地面H2高度处水平推出（H2>H1），两位同学推出铅球的水平位移恰好一样，不计空气阻力的作用，则乙同学推出铅球的速度为

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据，解得：，物体飞行的水平距离为：，由于两位同学推出铅球的水平位移恰好一样，则：，解得：，故选B．

【点睛】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据求出运动的时间．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据求出飞行的水平距离．然后比较即可．

3.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为和，则（）

A.  B.  C.  D. 不能判断

【答案】C

【解析】

【详解】第一次将金属框由位置I平移到位置Ⅱ，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置Ⅱ，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以，选项C正确.ABD错

故选C

4.如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点.以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系.过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过C点的通电直导线所受安培力的方向为（    ）

A. 沿y轴正方向 B. 沿y轴负方向

C. 沿x轴正方向 D. 沿x轴负方向

【答案】B

【解析】

试题分析：等边三角形的三个顶点A、B、O处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．

由安培定则可得：导线A、B的电流在C处的合磁场水平向右，导线O的电流在C处的磁场也是水平向右，故三条导线的电流在O处的合磁场方向水平向右．再由左手定则可得：C点的通电直导线所受安培力的方向为竖直向下，沿着y轴的负方向．故B正确，ACD错误；故选B．

考点：安培定则；左手定则

【名师点睛】此题还可用这一规律判断：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．

5.一直升飞机停在南半球的某地上空，该处地磁场有竖直方向的分量，其分量大小为B，直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，从上往下的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示，如果忽略a到转轴中心线的距离，用表示每个叶片中的感应电动势，则(     )

A. ，且a点电势低于b点电势

B. ，且a点电势低于b点电势

C. ，且a点电势高于b点电势

D. ，且a点电势高于b点电势

【答案】C

【解析】

【详解】顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，若俯视，则叶片逆时针转动切割磁感线，根据右手定则，a点电势高于b点电势，由公式

所以电动势为

故C正确。

6.如图所示,木块在拉力F作用下,沿着水平地面向右做减速直线运动,则力F与摩擦阻力的合力方向为(    )

A. 水平向左

B. 向上偏左

C. 竖直向上

D. 可以竖直向上和力方向之间

【答案】B

【解析】

【详解】木块向右做匀减速直线运动，受到重力、拉力F、地面的支持力和摩擦力四个力作用，加速度方向向左，由牛顿第二定律知其合力方向向左．由于F有竖直向上的分力，所以地面对木块的支持力小于重力，则支持力和重力的合力方向竖直向下，根据平行四边形定则可知力F与摩擦阻力的合力方向向上偏左，故ACD错误，B正确．

故本题正确答案选B．

7.半径为r的圆形空间内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子（不计重力）从A点以速度垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB=，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为(     )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，由图根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为

轨迹半径为

粒子运动的弧长为

则粒子运动的时间又可以表示为

故D正确。

8.如图所示，在、的长方形区域有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），它们的速度方向均在xoy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在0～范围内，速度大小不同，且满足．已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则下列说法正确的是（     ）

A. 最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为

B. 最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间大于

C. 最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为

D. 最后从磁场中飞出的粒子经历的时间小于

【答案】C

【解析】

【详解】带电粒子粒子在磁场中做匀速圆周运动有

从而求得半径为

将题设条件代入得

而带电粒子做匀速圆周运动周期为

AB．显然沿y轴正方向以最大速度射出的粒子最先射出磁场区域，如图所示，

偏转角

最短时间小于，故AB错误；

CD．设磁场区域为OACB，根据周期公式可知粒子在磁场中运动的周期相同，分析可知最后从磁场中飞出的粒子轨迹如图所示，

此时粒子半径

恰好在C点离开磁场，延长CB至O′使

O′即为圆心，连接OO′，根据几何关系可知，此时粒子转过圆心角θ2最大为，所以最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为

故C正确，D错误。

二、多项选择题

9.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则(　　)

A. 磁铁的转速为10 r/s

B. 线圈两端电压的有效值为6V

C. 交流电的电压表达式为U＝12sin 5πt(V)

D. 该交流电可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由题图乙可知电压的周期为T＝0.4s，故磁铁的转速为

n＝＝r/s＝2.5 r/s

故A错误；

B．通过题图乙可知电压的最大值为12V，故有效值

U＝＝V＝6V

故B正确；

C．周期T＝0.4 s，故

ω＝＝rad/s＝5π rad/s

故电压的表达式为

U＝12sin 5πt(V)

故C正确；

D．电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故该交流电不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上，故D错误。

故选BC。

10.如图所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行有一个带负电的小球从该复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些复合场区域

A “”表示磁场 B. 虚线表示磁场

C. “”表示磁场 D. 虚线表示磁场

【答案】CD

【解析】

【分析】

当小球所受合力为零，或合力与速度在同一直线上时能沿着直线通过电磁场区域据此条件进行判断．

【详解】A、小球受重力、向右的电场力、向左的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；

B、小球刚进入场时，重力向下，电场力水平向左，洛伦兹力垂直向内，不平衡，合力与速度不共线，做曲线运动，故B错误；

C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；

D、粒子受向下的重力和向下的电场力，不受洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；

故选CD.

【点睛】本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力．

11.如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（    ）

A. 电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长

B. 电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大

C. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合

D. 电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同

【答案】BC

【解析】

试题分析：由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大．故A错误，B正确．由周期公式知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同．故C正确，D错误．故选BC．

考点：带电粒子在磁场中的运动

12.在如图所示的电路中，螺线管匝数n＝1500，横截面积S＝20cm2，螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，电容器电容C＝30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图所示的规律变化。则下列说法中正确的是（       ）

A. 螺线管中产生的感应电动势为1.2V

B. 闭合电键，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电

C. 电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2W

D. 电键断开，流经电阻R2的电荷量为1.8×10－5C

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据法拉第电磁感应定律

解得

故A正确；

B．根据楞次定律，可知，螺线管下端带正极，因此闭合开关，电路中的电流稳定后电容器下极板带正电，故B错误；

C．根据全电路欧姆定律，有

根据解得

故C错误；

D．电键断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q，电容器两端的电压

流经R2的电量

故D正确。

故选AD。

13.如图所示，在水平面（纸面）内有三根相同的金属棒ab、 ac和MN,其中ab、 ac在a点接触，构成“V"字型导轨．导轨所在空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN从点由a点静止开始做匀加速直线运动，运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触， MN与ab、 ac的交点分别为P、Q．关于回路中的电流i及P、Q间的电压绝对值U与时间t的关系图线，下列可能正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】AC

【解析】

【详解】设∠bac=2θ，导体单位长度的电阻为r，金属棒的加速度为a, 则经时间t，导体切割磁感线的有效长度，电动势；回路的电流：，故选项C正确；P、Q间的电压绝对值，故选项A正确，B错误；故选AC．

【点睛】此题是对法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律的考查；关键是能找出导体中的电流I和导体棒两端电压的表达式才能决定图像的形状；注意搞清内外电路．

14.如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示．一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变．下列说法中正确的是（   ）

A. 金属棒向右做匀减速直线运动

B. 金属棒在x=1m处的速度大小为0.5m/s

C. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为-0.175J

D. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C

【答案】BCD

【解析】

【详解】试题分析：根据图象得函数关系式，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，感应电流，安培力，解得，根据匀变速直线运动的速度位移公式，如果是匀变速直线运动，与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培力大小不变，处与处安培力大小相等，有，即，故B正确；金属棒在处的安培力大小为，对金属棒金属棒从运动到m过程中，根据动能定理有，代入数据，解得，故C正确；根据感应电量公式，到过程中，B-x图象包围的面积，，，故D正确

考点：考查了导体切割磁感线运动

【名师点睛】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，注意B-x图象的面积和L的乘积表示磁通量的变化量．

三、实验题

15.某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图1所示，则由图线可知：

（1）弹簧的劲度系数为_____N/m.

（2）为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案.

①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案_____更合理.

②若A和B的重力分别为10.0N和20.0N.当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，b的示数为11.0N，c的示数为4.0N，则A和B间的动摩擦因数为____.

【答案】（1）300N/m       （2）①甲     ②0.3

【解析】

【详解】（1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=20cm，即弹簧的原长为20cm，由图读出弹力为F0=60N，弹簧的长度为L0=40cm，弹簧压缩的长度x0=L-L0=40-20=20cm=0.2m；由胡克定律得弹簧的劲度系数为；

（2）①甲乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理；

②由于弹簧测力计a示数为6.0N，所以A、B间的动摩擦因数；

【点睛】胡克定律公式F=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度．第（2）关键明确实验原理，根据平衡条件和滑动摩擦定律列式求解．

16.有一标有“6.0V，1.0A”的小型直流电动机（符号M）转子是由铜导线绕制的线圈组成，其电阻率几乎不随温度变化，阻值约为0.8Ω．某同学想设计一个电路测量电动机线圈的电阻．已知当电压低于0.5V时，电动机不转动，现提供的器材除导线和开关外还有：

直流电源E：8V（内阻不计）；

直流电压表V1：0～3V（内阻约为5kΩ）； 

直流电压表V2：0～15V（内阻约为15kΩ）

直流电流表A1：0～0.6A(内阻约为）；

直流电流表A2：0～3A（内阻约为0.1Ω）

滑动变阻器R1：0～10Ω，2A；

标准电阻R0：3Ω

（1）需要选用的电流表是______，电压表是_____ ．（填器材符号）

（2）根据要求在虚线框中将需要测量的电路图补充完整．

（        ）

（3）若某一次实验中电压表的示数为2.0V，电流表的示数为0.50A，电动机线圈电阻为____ Ω．(保留两位有效数字)

【答案】    (1). A1    (2). V1    (3).     (4). 1.0

【解析】

【详解】(1)[1][2]测电动机线圈电阻，应控制电动机不转，测出电动机两端电压与通过电动机的电流，电动机不转时，通过电动机的电流与电动机两端电压都很小，所以电流表应选A1，电压表选V1；

(2)[3]电动机不转时，两端最大电压约为

滑动变阻器应采用分压接法，电动机线圈电阻约为0.8Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为5kΩ，电流表应采用外接法，因线圈的电阻太小，因此为保护电动机，则将定值电阻与电动机串联，实验电路图如图所示：

(3)[4]根据串联分压的关系可知，当电动机与保护电阻两端的电压为2.0V时，电动机两端的电压低于0.5V，故电动机不转动，可以当成纯电阻；根据欧姆定律可得

又因为保护电阻,故电动机线圈的电阻

四．计算题

17.如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求A与B的质量之比为？

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．

解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：

F=μ2（m1+m2）g ①

再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：

水平方向：F=N   

竖直方向：m2g=f

其中：f=μ1N

联立有：m2g=μ1F ②

联立①②解得：

=

故选B

点评：本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．

18.在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度为v0的某种正粒子偏转θ角（v0⊥E）；在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），使该粒子穿过该区域且偏转角仍为θ（不计粒子的重力），问：

（1）匀强磁场的磁感应强度是多大；

（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】(1)设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动

联立解得

粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

得

几何知识得

联立解得

得

(2)粒子在电场中运动时间

在磁场中运动时间为

而

联立解得

19.用密度为d、电阻率为ρ、粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N，边长均为L，线框M、N的导线横截面积分别为S1、S2，且S1＞S2，如图所示．匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的磁场忽略不计．金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M的aa′边和bb′边都处在磁场中．线框N在线框M的正上方，与线框M相距为h．两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平．设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用．

(1)计算线框N刚进入磁场时产生的感应电流；

(2)在下落过程中，若线框N恰能追上线框M，N追上M时，M下落的高度为H，N追上M之前N一直做减速运动，求该过程中线框N产生的焦耳热；

(3)若将线框M、N均由磁场上边界处先后释放，释放的时间间隔为t，计算两线框在运动过程中的最大距离．

【答案】(1) 　(2) 　(3) Δx＝

【解析】

(1)线框N进入磁场前，有       

刚进入磁场时，有    E＝2BLv1    

线框N中的感应电流        

其中       

联立解得     

(2)当线框M在磁场中运动达到匀速时，设速度为v2，有G＝F安    

其中线框重力G＝mg＝4LS1dg   

安培力F安＝2BIL＝   

解得   

由上式可知匀速运动速度与导线截面积无关，所以两线框匀速运动速度相同，均为v2．由此可知当线框N恰好追上M时，两者速度相等．选N为研究对象，根据能量守恒可得N产生的焦耳热       

(3)线框释放后二者先后作变速运动

mg－F＝ma

即4LSdg－＝4LSda

解得a＝g－   

由加速度可知：线框下落的加速度与线框的导线截面积无关，两个线框在磁场中先后作相同的加速运动，当a减小到0时做匀速运动，所以只要后释放的线框还未达到匀速时，先释放线的框速度就比较大，二者的距离就会继续增大，当二者都做匀速运动时，间距最大．

此时最大间距Δx＝v2t＝