山东省高密市高三物理12月检测试题（含解析）.doc

物理试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分第小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在电磁学建立和发展的过程中，许多物理学家做出了重要贡献下列说法符合史实的是（）a奥斯特首先发现电流的磁效应b库仑首先提出电荷周围存在电场的观点c法拉第首先总结出判断感应电流方向的方法d洛伦兹提出分子电流假说，揭开磁现象的电本质分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、奥斯特首先发现电流的磁效应，故a正确；b、法拉第首先提出电荷周围存在电场的观点，故b错误；c、楞次首先总结出判断感应电流方向的方法，故c错误；d、安培提出分子电流假说，揭开磁现象的电本质，故d错误；故选：a点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，有两个光滑固定斜面ab和bc，a和c两点在同一水平面上，斜面bc 比斜面ab长一个滑块自a点以速度va上滑，到达b点时速度减小为零，紧接着沿 bc滑下设滑块从a点到c点的总时间为tc，那么在滑动过程中，下列关于滑块的 位移大小st、运动速度大小vt、加速度的大小at、机械能et的四个图象中，正确的是（）abcd考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像专题：机械能守恒定律应用专题分析：滑块匀减速上滑后匀加速下滑，由于斜面光滑，不受摩擦力，只有重力做功，故机械能守恒，物体滑到c点的速度等于a点的速度；下滑时加速度较小，用时较长解答：解：a、位移指从初位置指向末位置的有向线段，由于初末位置不重合，故位移不可能减为零，故a错误；b、物体先匀减速上滑，后匀加速下滑，上滑时间较短，故b正确；c、物体上滑时斜面坡角大，故加速度大，故c正确；d、物体运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故d错误；故选bc点评：本题关键抓住物体上滑过程和下降过程的机械能守恒，根据坡度比较两过程加速度的大小，结合图象讨论即可3（6分）救援演练中，一架在2000m高空以200m/s的速度水平匀速飞行的飞机，要将物资分别投到山脚和山顶的目标a和b己知山高720m，山脚与山顶的水平距离为800m，若不计空气阻力，g取10m/s2，则空投的时间间隔应为（）a4sb5sc8sd16s考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出求出平抛运动的时间，结合初速度求出投弹时距离目标的水平位移，从而得出两次投弹的水平位移，求出投弹的时间间隔解答：解：根据ha=gta2得：ta=s=20s，则抛出炸弹时距离a点的水平距离为：x1=v0ta=20020m=4000m，根据hb=gtb2得：tb=s=16s，则抛出炸弹时距离b点的水平位移为：x2=v0tb=20016m=3200m，则两次抛出点的水平位移为：x=x1+800x2=1600m则投弹的时间间隔为：t=8s故选：c点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解4（6分）如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压u加速后，垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，粒子打到p点，op=x，能正确反映x与u之间关系的是（）ax与u成正比bx与u成反比cx与成正比dx与成反比考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理求出末速度，进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，粒子打到p点，则0p=x=2r，进而可以求出x与u的关系解答：解：带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：解得：v=进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：bqv=m解得：r=粒子运动半个圆打到p点，所以x=2r=2=即x与成正比故选c点评：本题是质谱仪的原理，根据物理规律得到解析式，即可求解，难度适中5（6分）（2014东莞模拟）矩形导线框abcd与长直导线mn放在同一水平面上，ab边与mn平行，导线 mn中通入如图所示的电流方向，当mn中的电流增大时，下列说法正确的是（）a导线框abcd中有顺时针方向的感应电流b导线框abcd中有逆时针方向的感应电流c导线框所受的安培力的合力向左d导线框所受的安培力的合力向右考点：楞次定律；安培力分析：直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大解答：解：a、直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为逆时针方向故a错误，b正确c、根据左手定则，知ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线圈所受磁场力的合力方向向右故c错误，d正确故选：bd点评：解决本题的关键掌握安培定则，左手定则，以及会用楞次定律判断感应电流方向6（6分）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积s=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值r=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图2所示下列说法中正确的是（）a电阻r两端的电压保持不变b初始时刻穿过线圈的磁通量为0.4wbc线圈电阻r消耗的功率为4104wd前4s内通过r的电荷量为4104c考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与图像结合分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解解答：解：a、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故a正确b、初始时刻穿过线圈的磁通量为=bs=0.2200104=0.004wb，故b错误；c、由法拉第电磁感应定律：e=n=n=1000.02v=0.1v，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为i=a=0.02a，所以线圈电阻r消耗的功率p=i2r=0.0221w=4104w，故c正确；d、前4s内通过r的电荷量为：q=it=0.024c=0.08c，故d错误；故选：ac点评：考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源7（6分）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为b的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场一带负电的粒子从原点o沿与x轴成30角斜向上方射入磁场，且在上方运动半径为r则（）a粒子在运动过程中的动能保持不变b粒子在x轴上方和下方运动的半径之比为2：1c粒子完成一次周期性运动的时间为d粒子第二次射入x轴上方的磁场时，沿x轴前进3r考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律与粒子的周期公式分析答题解答：解：a、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力对其不做功，粒子的动能不变，故a正确；b、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=，粒子的轨道半径之比：=，故b错误；c、粒子在x轴上方做圆周运动的周期：t1=，在x轴下方飞周期：t2=，负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60，t=t1+t2=t1+t2=，故c正确；d、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=r+2r=3r故d正确故选：acd点评：本题的解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离二、非选择题（一）【必做部分】8（6分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究（1）若用最小刻度为毫米的尺测量如图2所示，指针示数为16.00cm（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针a、b的示数la和lb如表用表中数据计算弹簧1的劲度系数为12.5n/m（重力加速度g取l0m/s2）钩码数1234la/cm15.7119.7123.6627.76lb/cm29.9635.7641.5147.36（3）由表1数据能（填“能”或“不能”）计算出弹簧2的劲度系数考点：探究弹力和弹簧伸长的关系专题：实验题分析：（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位（2）根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数通过弹簧弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧的劲度系数解答：解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量f=0.5n时，弹簧形变量的变化量为x=4.00cm，根据胡克定律知：k=12.5n/m（3）结合l1和l2示数的变化，可以得出弹簧形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧的劲度系数故答案为：（1）16.00；（2）12.5；（3）能点评：解决本题的关键掌握胡克定律，知道f=kx，x表示形变量，以及知道其变形式f=kx，x为形变量的变化量9（12分）小明设计了如图甲所示的电路，同时测电阻r0的阻值、电源的电动势e及内阻r用笔画线代替导线按图甲电路图将图乙实验连接图补充完整闭合电键s，移动滑动触头p，用v1、v2和a测得并记录多组数据根据数据描出如图丙所示的m、n两条ui直线，则直线n是根据电压表v1（填“v1”或“v2”）和电流表a的数据画得的根据图象可以求得电阻r0的测量阻值为2，电源电动势e的测量值为1.5v，内电阻r的测量值为1要使实验中测量定值电阻r0的误差尽可能小，对电流表a的内阻大小的要求是c（选填字母代号）a尽可能选大一点 b尽可能选小一点 c无要求考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电路图连接实物电路图；分析电路结构，判断电压表示数随电流变化的关系，然后选择图象；根据图象求出电阻两端电压与对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；根据电路图分析误差来源，然后答题解答：解：根据图甲所示点了突然连接实物电路图，实物电路图如图所示：由图甲所示电路图可知，电压表v1测路端电压，它的示数随电流的增大而减小，电压表v2测定值电阻两端电压，它的示数随电流的增大而增大，由图丙所示图象可知，直线n的电压随电流的增大而减小，直线n是根据电压表 v1和电流表a的数据画得的图线m是定值电阻电压电流关系图象，直线n是电源电动势电压与电流关系图象，由图象m可知，定值电阻阻值r0=2.0；图象n是电源的ui图象，由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势e=1.5v，电源内阻r=1利用图示实验电路测量定值电阻阻值的系统实验误差是由电压表的分流造成的，电流表内阻对实验不造成误差，因此实验对电流表内阻没有要求，故选c故答案为：实物电路图如图所示；v1；2；1.5；1；c点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻10（18分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距l=0.2m，导轨上端连接着电阻r1=1，质量为m=0.01kg、电阻为r2=0.2的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为b=1t的匀强磁场中ab杆由静止释放，若下落h=o.8m后开始做匀速运动，g取10m/s2，求：（1）杆匀速运动的速度大小；（2）匀速运动过程中杆ab两端的电压哪端高，高多少；（3）该过程整个装置产生的热量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）杆匀速下降时所受重力与安培力平衡，由此列式求解杆匀速运动的速度大小；（2）根据右手定则判断杆两端电势的高低，ab两端的电压为等效电源的路端电压，根据欧姆定律确定；（3）根据能量守恒定律求整个装置产生的热量解答：解：（1）杆达到匀速运动时速度最大，此时杆处于平衡状态，根据平衡条件有：mg=bil 又根据欧姆定律有杆中电流 杆切割产生的电动势e=blv 由式可得=3m/s（2）由右手定则知，杆b端电势高根据闭合电路欧姆定律知，切割磁感线的导体相对于电流，ab两端的电势差相当于电流的路端电压，故有：（4）在杆下落h的过程中根据能量守恒定律有解得装置产生的热量q=mgh=0.035j答：（1）杆匀速运动的速度大小为3m/s；（2）匀速运动过程中杆ab两端的电压b端高，高0.5v；（3）该过程整个装置产生的热量为0.035j点评：本题对综合应用电路知识、电磁感应知识和数学知识的能力要求较高，但是常规题，不难11（20分）如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为e=2106n/c和b1=0.1t，极板的长度l=m，间距足够大在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心o位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径r=m有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60，不计粒子的重力，粒子的比荷=2108c/kg求：（1）粒子的初速度v；（2）圆形区域磁场的磁感应强度b2的大小；（3）在其它条件都不变的情况下，将极板间的磁场bl撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心o离极板右边缘的水平距离d应满足的条件考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）抓住粒子做匀速直线运动，根据洛伦兹力和电场力平衡求出粒子的初速度（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出粒子在磁场中运动的半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小（3）粒子在板间做类平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，由类平抛运动知识与匀速运动规律可以求出d需要满足的条件解答：解：（1）粒子在极板间匀速直线运动，则：qvb1=qe代入数据解得：v=2107m/s，（2）设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，则，粒子速度方向偏转了60，则r=rcot30，代入数据解得：b2=0.1t （3）撤去磁场b1后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为，则qe=ma，l=vt，vy=at，代入数据，联立解得，即=30设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心