山东省高密市高三物理12月检测试题(含解析)

- 1 - 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S﹣t、运动速度大小v﹣t、加速度的大小a﹣t、机械能E﹣t的四个图象中，正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

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． - 2 - 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（ ）

A． 4s B． 5s C． 8s D． 16s

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=200×20m=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=200×16m=3200m，

则两次抛出点的水平位移为：x=x1+800﹣x2=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（ ） - 3 -

A． x与U成正比 B． x与U成反比 C． x与成正比 D． x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 - 4 -

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=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω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0.4Wb

C． 线圈电阻r消耗的功率为4×10﹣4W

D． 前4s内通过R的电荷量为4×10﹣4C

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=0.2×200×10﹣4=0.004Wb，故B错误；

C、由法拉第电磁感应定律：E=N=N=100××0.02V=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=0.022×1W=4×10﹣4W，故C正确；

D、前4s内通过R的电荷量为：Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；

故选：AC． - 5 - 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2：1

C． 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． - 6 - 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

16.00

cm．

（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 12.5 N/m（重力加速度g取l0m/s2）．

钩码数 1 2 3 4

LA/cm 15.71 19.71 23.66 27.76

LB/cm 29.96 35.76 41.51 47.36

（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Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ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Ⅱ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Ⅱ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=k△x，△x为形变量的变化量．