2019届高三物理12月学生学业能力调研考试试题(含解析).doc

2019届高三物理12月学生学业能力调研考试试题(含解析)一、选择题1.下列叙述正确的是( )A. 导体中的电流既与导体两端的电压有关，也与导体的电阻有关B. 地球的周围存在着磁场,但地磁的两极与地理的两极并不重合,地表处水平小磁针北极指向为地理南极C. 电动势表征了电源把其他形式能转化为电能的本领,电源把其他形式能转化为电能越多,电动势越大D. 运动电荷在磁场中一定受洛伦兹力，静止的电荷不会受到洛伦兹力【答案】A【解析】【详解】根据欧姆定律可知，导体中的电流既与导体两端的电压有关，也与导体的电阻有关，故A正确；地球的周围存在着磁场，但地磁的两极与地理的两极并不重合，地表处水平小磁针北极指向为地理北极，故B错误；电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qE可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关。故C错误；如果运动电荷平行于磁感线进入，则运动电荷也不受洛伦兹力的作用，静止的电荷不会受到洛伦兹力，故D错误。故选A。2.下列说法正确的是( )A. 放射性元素发生正电子衰变时，产生的新核质量数不变，核电荷数增加1B. 粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的C. 天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转D. 太阳不断地向外辐射大量能量，太阳质量应不断减小，日地间距离应不断增大，地球公转速度应不断减小【答案】D【解析】【详解】放射性元素发生正电子衰变时，根据质量数和电荷数守恒知，正电子的质量为0，带一个单位的正电荷，则产生的新核质量数不变，核电荷数减少1故A错误；粒子散射实验的结果证明原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里。故B错误；天然放射现象中产生的射线中，射线不带电，不能在电场或磁场中发生偏转，故C错误。太阳不断地向外辐射大量能量，太阳质量应不断减小，根据万有引力提供向心力可知，太阳对地球的吸引力逐渐减小，日地间距离应不断增大，地球公转速度应不断减小。故D正确。故选D。3.如图所示,轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上,B端用水平绳连在墙C处,在B端悬挂一重物P,在水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中,杆AB产生的支持力的变化情况是( )A. 变大B. 变小C. 不变D. 先变小再变大【答案】C【解析】【详解】以重物P为研究对象，在缓缓拉起重物P的过程中，重物P的合力为零，根据平衡条件得：T2cos=Gp，Gp是重物P的重力对B点，则有竖直方向上：Ncos=T2cos由得：N=GPcos，可知，N不变，则得杆AB所受压力不变。故选C。4.如图所示，图线1、2分别表示导体A、B的伏安特性曲线，它们的电阻分别为R1、R2，则下列说法正确的是( )A. R1：R2=1：3B. R1：R2=3：1C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=3：1D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【答案】AC【解析】【详解】A、B、根据电阻的定义式R=UI得,根据图象可以知道,当电流都为1A时,电阻之比等于电压的正比,所以导体A、B的电阻R1R2=U1U2=13.故A项正确,B项错误;C、根据公式U=IR,当两段导体中的电流相等时,他们的电压之比U1U2=R1R2=13.所以C选项正确.D、根据公式:U=IR,当两段导体中的电压相等时，他们的电流之比I1I2=R2R1=31，故D错误.故选AC.【点睛】本题考查了欧姆定律的实际应用，侧重考查了控制变量法5.如图所示, 物块A质量为M，物块B质量为m，叠放在一起沿光滑水平地面以速度v做匀速直线运动,AB间的动摩擦因数为在t=0时刻对物块施加一个随时间变化的推力F=kt,k为一常量,则从力F开始作用到两物块刚要发生相对滑动所经过的时间为( )A. (M+m)vk B. (M+m)gkC. (M+m)mgkM D. (M+m)Mgkm【答案】D【解析】【详解】当A、B间的静摩擦力达到最大时，大小为：f=Mg；隔离对B分析，最大加速度为：a=fm=Mgm；对整体分析，有：F=（M+m）a=kt；解得：t=(M+m)Mgkm，故D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题考查了牛顿第二定律临界问题，抓住临界状态，通过整体法和隔离法求出最大加速度是关键。6.某同学将一直流电源的总功率PE、电源内部的发热功率Pr和输出功率PR随电流变化的图线画在同一坐标系中,如图中的a、b、c所示.则下列说法中正确的是( )A. 图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系B. b、c线的交点M对应的功率为最大输出功率C. a、b线的交点N对应的功率为最大输出功率D. M点与N点的横坐标之比为1:2,纵坐标之比为1:2【答案】B【解析】【详解】由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI，Pr=I2r，电源的输出功率：PR= EI-I2r, 可知，a是直线，表示的是电源消耗的电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，故A错误；因当R=r时电源的输出功率最大，此时内外电阻上的功率相等，则由图可知，在M对应的功率为最大输出功率。故B正确；由图可知，在N点电源消耗的电功率最大，但都被电源内电阻上消耗，故C错误；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为ER+r，功率的大小为E24r，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为Er，功率的大小为E2r，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故D错误。故选B。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和。7.P、Q两等量异种电荷的电场线分布如图所示,a、b、c、d为电场中的点.一个电荷只在电场力作用下从a运动到b (不计重力),轨迹如图所示.则下列判断正确的是( )A. 离子从到b,电势能增加B. c、d两点的电场强度相同C. c、d两点电势相等D. 离子从到b,动能增加【答案】A【解析】【详解】由图中电场线的分布情况可知P带正电，Q带负电。由离子的运动轨迹可知，离子带负电，从a到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加，动能减小。故D错误，A正确。c、d两点的电场强度大小相同，方向不同，选项B错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势。故C错误。故选D。故选A.【点睛】解决本题的关键知道电场线的特点，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低知道粒子做曲线运动，合力的方向大致指向轨迹凹的一向8.如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=1T位于纸面内的细直导线，长L=5m，通有I=3A的恒定电流当导线与B成60夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B1的可能值为（）A. 12T B. 32T C. 33T D. 34T【答案】B【解析】【详解】通电导线所受磁场力为零，则电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在的另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，由三角形定则可知，当B2与合磁场（通电导线）垂直时，磁场最小B2最小=B1sin60，则B2B1sin60=32T，所以B2的不可能值为12T、33T和34T，故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】知道通电导线与磁场平行时导线所受磁场力为零是正确解题的关键；由矢量三角形法则求出磁感应强度的最小值即可正确解题9.如图所示，一正电荷束从左侧沿垂直于电场线与磁感线方向入射后不能沿直线飞出，为了沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()A. 将滑动变阻器滑片P向右滑动B. 将电源正负极与A B板反接C. 将极板间距离适当减小D. 使电荷束从右侧射入【答案】BD【解析】【详解】正电荷束受到的电场力和洛伦兹力方向均向上，向上偏转，当将滑动变阻器滑片P向右滑动时，板间电压不变，电荷所受的电场力不变，洛伦兹力也不变，电场力与洛伦兹力的合力向上，所以电荷仍向上偏转，故A错误。将电源正负极与A B板反接，板间电场向下，正电荷束受到电场力的方向向下，与洛伦兹力能平衡，能使电荷沿射入方向做直线运动，故B正确。将极板间距离适当减小，正电荷束受到电场力的方向不变，洛伦兹力不变，电场力与洛伦兹力的合力向上，所以电荷仍向上偏转，故C错误。使电荷束从右侧射入，洛伦兹力方向向下，与电场力能平衡，能使电荷沿射入方向做直线运动，故D正确。故选BD。【点睛】本题是带电粒子在混合场中运动的问题，电荷受到电场力和洛伦兹力，要使粒子做直线运动，则要求电场力等于洛伦兹力。10.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向上移动，则正确的是()A. 电压表和电流表的示数都增大B. 灯L2变暗，电流表的示数减小C. 灯L1变暗，电压表的示数减大D. 灯L2变亮，电容器的带电荷量增大【答案】CD【解析】【详解】将滑动变阻器的滑片P向上调节，变阻器接入电路的电阻增大，R与灯L2并联的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则电压表示数增大，灯L1变暗。R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1，U增大，U1减小，U并增大，灯L2变亮。流过电流表的电流IA=I-I2，I减小，I2减小，IA减小，电流表的示数减小；电容器两端的电压变大，则电容器带电量增加。故AB错误，CD正确；故选CD。【点睛】本题是电路动态变化分析问题，难点在于分析电流的示数变化，往往根据干路电流与另一支路的电流变化来确定，也可以根据结论判断，即变阻器这一路电流的变化与干路电流变化情况一致。11.关于磁感应强度B=FIL和电场强度E=Fq，下列说法中正确的是A. 一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，说明此处可能无磁场B. 一试探电荷在某处不受电场力作用，说明此处一定无电场C. 一小段通电导线在磁场中所受磁场力越大，说明此处的磁场越强D. 磁感应强度的方向与该处一小段通电导线所受磁场力的方向可能相同【答案】AB【解析】【详解】一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，说明此处可能有磁场（导线与磁场方向平行），也可能无磁场，选项A正确；一试探电荷在某处不受电场力作用，说明此处一定无电场，选项B正确；根据F=BILsin（为电流方向与磁场方向的夹角）可知一小段通电导线在磁场中所受磁场力越大，说明此处的磁场不一定越强，选项C错误；磁感应强度的方向与该处一小段通电导线所受磁场力的方向一定垂直，选项D错误；故选AB.12.如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,EP表示点电荷在P点的电势能,表示静电计的偏角,U表示两极板间电压，若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( )A.减小,E不变B.增大,U增大C.减小,P不变D.增大,EP不变【答案】AC【解析】【详解】电容器与电源断开，故电量Q不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=S4kd可知，电容C增大，则根据C=QU可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度为：E=Ud=QCd=4kQS；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势P=EL，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能EP保持不变；故AC正确，BD错误；故选AC。【点睛】本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。二、填空题13.易混易错辨题题组：矢量的合成法则遵从平行四边形定则，当空间同时存在多个电场或者多个磁场时，场的叠加就是电场强度和磁感应强度的的矢量合成，如图所示,在光滑绝缘水平面上,a、b和c分别位于边长为的正三角形的3个顶点，回答问题（1)两个带等量异号电荷小球;点放正电小球,b点放负电小球,电荷量绝对值均为q,静电力常量为k.则点电场强度的大小为_ 方向为 _（2）拿走两个小球，换成两根直导线垂直a、b、c平面放置，处电流方向向外，b处电流方向向里，每根导线在点产生的磁感应强度大小均为B.则点磁感应强度的大小为_ 方向为 _（3）点处直导线电流在点产生的磁感应强度方向_【答案】 (1). （1）kql2， (2). 平行于ab向右； (3). （2）3B， (4). 平行于ab向右； (5). （3）要么垂直ac斜向右上方，要么垂直ac斜向左下方；【解析】【详解】（1）根据库仑定律，那么a、b 点电荷在c处的电场强度方向如图所示，再根据矢量的合成法则，则有：Ea=Eb=kql2三角形abc是正三角形，那么E=kql2，方向平行于ab向右；（2）根据安培定则可知，导线a在c处产生的磁场方向垂直于ac方向向右，导线b在c处产生的磁场方向垂直于bc方向向右，如图所示，根据平行四边形定则得到，c处的总磁感应强度为B总=2Bcos30=3B方向平行于ab向右，（3）根据安培定则可知，a点处直导线电流在c点产生的磁感应强度方向要么垂直ac斜向右上方，要么垂直ac斜向左下方；【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则。14.关键环节题组：如图所示,平行板电容器的板间距和板长均是L,有一带电粒子(质量为m、电荷量为-q)从电容器左上角边缘以初速度v0平行上板打入，能从另一侧打出，求：（1）带电粒子在匀强磁场中的最小半径_（2）两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，v0的范围 _（3）两板间有垂直两板向上的匀强电场，电场强度为E，v0的范围 _【答案】 (1). （1）L (2). （2）v0qBLm (3). （3）v0qEL2m【解析】【详解】（1）当恰好能恰能从下极板边缘飞出粒子运动的半径最小，如图：由几何关系可知，粒子的最小半径为：Rmin=L（2）设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则得qvB=mv2R得R=mv0qB可得：v0qBRm 可知，当半径最小时对应的速度最小，则v0qBLm（3）由于板间电场强度方向竖直向上，粒子带负电，可知加速度的方向向下。-q粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上向下匀加速运动，则有 水平方向：L=v0t 竖直方向：L=12at2又由牛顿第二定律得 a=qEm联立解得，v0qEL2m 可知若粒子穿过电场，则：v0qEL2m【点睛】本题中带电粒子在组合场中运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动的合成和分解，磁场中画轨迹是解题的关键。三、计算题15.如图所示为研究电子聚焦、电子在电场和磁场中运动的简化模型示意图.在oxy平面内,存在、两个相邻的正方形区域,其边长均为L.区域存在场强大小为E、方向沿轴正方向的匀强电场,区域内存在垂直于平面oxy向外的匀强磁场.若在第一象限坐标为(L4,L)处静止释放一个电子,经磁场偏转后恰能从D点离开.已知电子的质量为m,电荷量为,电子所受重力可忽略.(1).求磁场区磁感应强度B大小;(2).将电子在电场区域内y=12L的某位置由静止释放,电子恰能从区域左下角D处离开,求释放点位置的横坐标;【答案】（1）B=mE2eL；（2）25L64。【解析】【详解】（1）电子在电场中加速时，由动能定理可得：eEL412mv12 所以：v1eEL2m粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于F与D到O点的距离都等于L，可知电子在磁场中轨迹的半径大小为：R1=L；由洛伦兹力提供向心力可得：ev1Bmv12R1联立可得：B=mE2eL （2）若将电子在电场区域内y=12L的某位置由静止释放，电子在磁场中运动的轨迹如图：由几何关系可知：L2+(r212L)2r22可得：r254L又：r2mv2eB 设电子沿水平方向的位移为x，则：eEx12mv22 联立可得：x=25L64【点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，难度是第二问，画出粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹，正确求出粒子运动的半径是解答的关键。16.如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B,在x0的空间里有沿x轴正方向的匀强电场，场强的大小为E，一个质量为m带正电的小球经过图中的x轴上的A点，沿着与水平方向成= 300角的斜向下直线做匀速运动，经过y轴上的B点进入x0的区域，该区域另加一匀强电场，小球进入x0区域后恰能在竖直面内做匀速圆周运动，最后带电小球做圆周运动通过x轴上的C点，且OA=OC，设重力加速度为g，求：(1)小球所带电荷量q及运动速度v的大小；(2)在x0的区域所加电场的电场强度E0的大小和方向；(3)小球从A点运动到C点所用时间【答案】（1）q=3mg3E，v=2EB（2）3E，方向为竖直向上。（3）9E+23E3Bg【解析】【详解】（1）球在AB段受力如图，因为在AB段球做匀速直线运动，所以球受到如图所示的三个力而平衡，所以有：mgtan30=qE，qvBsin30=qE，联立解得：q=3mg3E，v=2EB ；（2）在x0的区域内，设所加的电场强度为E0，则由运动情况分析知：球受的重力mg必与电场力qE是一对平衡力，即：qE0=mg，E0=mgq=3E，E0的方向为竖直向上。（3）如图所示，连接BC，过B作AB的垂线交x轴于O因为 =30，所以AOB=60，又OA=OC，故OCB=30，所以CBO=30，OC= OB，则O为小球做圆周运动的圆心且 qvB=mv2R，R=mvBq ，T=2Rv=2mBq，由于COB=120，小球从点B运动到点C的时间为t2=13T=2m3Bq，又mq=3Eg，所以t2=23E3gB；OA=Rsin300Rsin300=32R=3mv2qB=33E2gB2，则AB=OAcos300=33E2gB223=6E2gB2 从A到B的时间t1=ABv=6E2gB2B2E=3EgB ，则小球从A点运动到C点所用时间t=t1+t2=(9+23)E3gB【点睛】本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力情况和运动情况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出轨迹，由几何知识确定圆心角是求解运动时间的关键。17.用电动势为E=14V电源的电路控制电动机（如图1）带动传送带（如图2）向高处传送物品，电路中接有一标有“6 V12 W”字样的小灯泡L. 现将一质量为m=2564kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，此后灯泡正常发光，电动机正常工作，其额定电压为6 V，电动机带动传送带以v=4m/s的速度匀速运动，传送带长为20m,与水平面之间的夹角为=37，小物体与传送带之间的动摩擦因数=0.8，在传送带将小物体从A点传送到最高点B点的过程中，g=10m/s2，求:（1）电源内阻（2）为传送小物体,电动机输出多少能量? （设传送带无货物时，电动机输出功率为零）【答案