2019届高三物理12月月考试题 (VI).doc

2019届高三物理12月月考试题 (VI)一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，第9-12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）1（4分）关于原子结构与原子核的知识，下列说法正确的是（）A卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型BTh（针核的半衰期是24天，对它施加压力后，半衰期可能变短C、三种射线中，射线的穿透能力最强DIXe+e属于重核裂变反应，反应过程有质量亏损2（4分）如图所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动的vt图象。图中t2t1，则在0t2的运动过程中，下列说法正确的是（）A在t1时刻之后，甲开始反向运动B甲的加速度大小是乙的加速度大小的1.5倍C在到达t2时刻之前，乙一直在甲的前面D在t2时刻，甲与乙相遇3（4分）如图所示，一楔形斜面体置于水平地面上，斜面的倾角30，物块A置于斜面上用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，已知物块A、B的重力大小分别为15N和5N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（）A弹簧对A的拉力大小为10NB斜面对A的摩擦力大小为2.5NC斜面对A的支持力大小为7.5ND地面对斜面体的摩擦力大小为2.5N4（4分）在光电效应实验中，用频率为v的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（）A仅增大入射光的强度，光电流大小不变B入射光的强度必须足够大，才能发生光电效应C改用频率小于y的光照射，可能不发生光电效应D改用频率小于y的光照射，光电子的最大初动能变大5（4分）如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种点电荷，A是它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，且ACAB则A、B、C三点（）A场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B场强最小的点是C点，电势最高的点是B点C将正点电荷从B点移到C，电场力做负功D将某点电荷从B点移到A点与从B点移到C点电场力做功不同6（4分）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，管径略大于小球的直径，内侧壁半径为R，小球半径为r，下列说法正确的是（）A小球通过最高点时的最小速度为B小球通过最低点时的最小速度为C小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球定有作用力7（4分）探索火星的奥秘承载着人类征服宇宙的梦想。已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，已知地球第一宇宙速度大小为7.9km/s，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速度大小约为（）A1.7 km/sB3.5 km/sC11.2km/sD17.5km/s8（4分）如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接小物块a和小物块b，虚线cd水平现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（）A物块a到达c点时加速度为零B物块a到达c点时物块b速度最大C绳拉力对物块b先做负功后做正功D绳拉力对物块b做的功等于物块b机械能的变化量9（4分）某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示。发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，输电线的等效电阻为R，用户用电器（均看作纯电阻元件）的总电阻为R0变压器均为理想变压器，图乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A发电机输出交流电压的有效值为220VB用电器上交流电的频率是100HzC当R0减小时，输电线的电流增大D当R0减小时，输电线上损失的功率减小10（4分）平行板电容器、电动势为E的直流电源、电阻R和开关S连接成如图所示的电路，极板接地。闭合开关后，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现断开开关S，将下极板竖直向上移动一小段距离。则（）A电容器的电容减小B油滴将竖直向上运动CP点的电势将降低D油滴的电势能增大11（4分）如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次初速度大小为v01，经时间t1落到斜面中点，第二次初速度大小为v02，经时间t2落到斜面底端，忽略空气阻力。则（）A两次小球落到斜面时的速度方向不同B两次小球落到斜面时的速度方向相同C两次小球抛出时初速度之比v01：v021：2D两次小球运动时间之比t1：t21：12（4分）如图所示，三根平行的足够长且长度相等的通电直导线A、B、C水平放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上，其中AB边水平，AC边竖直。O点是斜边BC的中点，每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0，下列说法正确的是（）A导线B、C在O点产生的合磁感应强度大小为0B导线A、B、C在O点产生的合磁感应强度大小为B0C导线B、C在A点产生的合磁感应强度方向由A指向OD导线B、C受到的安培力大小相等二、实验题（本题共2小题，共16分，把答案填在答题卡的指定位置上）13（6分）小王同学用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系，小车及砝码的总质量用M表示砂桶及砂的质量用m表示，小车的加速度可由小车拖动的纸带计算出。（1）在平衡摩擦力后，往砂桶中加入一定量的砂子，当M与m的大小关系满足 时（填“mM”或“mM”），可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力。（2）他用打点计时器打出的纸带的一段如图2所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率为50Hz，则小车的加速度大小为 m/s2（结果保留三位有效数字）（3）小张和小王同学在探究加速度与力的关系时，他们在同一坐标系中画出的aF关系图线如图3所示，若小张同学使用的小车及砝码的总质量为M1，小王同学使用的小车及砝码的总质量为M2，则 （填“M1M2”“M1M2”或“M1M2”）14（10分）某探究小组进行“练习使用多用电表”的实验，请帮他们完成下列几个问题。（1）如图甲是多用电表的刻度盘，当选用量程为0250V的直流电压挡测电压时，表针指示图示位置，其示数为 V。（2）图乙是图甲中多用电表的简化电路图，当转换开关S旋转到位置3时，可用来测量 ：当转换开关S旋转到位置2时，多用电表为一个倍率为“10”的欧姆表，若图甲中欧姆表刻度盘的中间刻度值为15，表头G的满偏电流为10mA则欧姆表内阻为 ，乙图中电源的电动势为 V。（3）将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，选择欧姆挡调零后，将一个二极管的两极分别记做a和b，当红表笔接a、黑表笔接b时，表针几乎不转；当红表笔接b、黑表笔接a时，表针偏转角很大，该二极管的正极是 （填“a”或“b“）。三、计算题（木题共4小题，共46分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步课，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答業中必须明确写出数值和单位，）15（10分）如图所示，在粗糙的水平地面上，一电动玩具小车以v05m/s的速度向右匀速直线运动，某时刻，在小车后方相距s010m处有一物体在水平向右的推力F20N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x116m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数02，物体的质量m5kg，重力加速度g10m/s2求： （1）在推力F作用下，物体运动的加速度大小a1；（2）物体刚停止运动与小车的距离d。16（10分）如图所示，光滑平行金属轨道的倾角为，宽度为L，在此空间存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B在轨道上端连接阻值为R的电阻，质量为m电阻也为R的金属棒搁在轨道上，由静止释放，在下滑过程中，始终与轨道垂直，且接触良好，轨道的电阻不计。当金属棒下滑高度h时，其速度恰好达到最大值。求：（1）金属棒下滑过程中的最大速度（2）金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中，电阻R所产生的热量17（12分）一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为1kg的物体A，物体A处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.25m，质量也为1kg的物体B从距物体A正上方h0.4m处自由下落，碰后A、B粘合在一起向下运动，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g10m/s2，求：（1）碰撞结束瞬间两物体的总动能（2）从碰撞结束瞬间至两物体的总动能达到最大的过程中，弹簧弹力做功W3.75J，碰后两物体总动能的最大值。18（14分）如图甲所示，平面直角坐标系中，0x1、0y21的矩形区域中存在一个如图乙所示的交变磁场（B0和T0未知），磁场方向向里为正，一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度沿+x方向入射，不计粒子重力（1）若粒子从t0时刻入射，在t的某时刻从点（l，）射出磁场，求B大小；（2）若B0，在x1的区域施加一个沿x方向的匀强电场，粒子在t0时刻入射，将在T0时刻沿+x方向进入电场，并最终从（0，2l）沿x方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程。参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，第9-12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）1（4分）关于原子结构与原子核的知识，下列说法正确的是（）A卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型BTh（针核的半衰期是24天，对它施加压力后，半衰期可能变短C、三种射线中，射线的穿透能力最强DIXe+e属于重核裂变反应，反应过程有质量亏损【分析】根据核反应的特点分析；放射性元素的半衰期与压力、温度无关；射线的穿透能力最弱，电离本领最强；卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型【解答】解：A、卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型。故A正确B、放射性元素的半衰期是由放射性元素本身决定的，与压力无关。故B错误C、三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的穿透能力最弱，电离本领最强。故C错误D、由该核反应的特点可知，该核反应属于衰变。故D错误故选：A。【点评】掌握三种射线的性质，衰变的实质，半衰期的特点，此类题目考查的知识面较广，难度不大，在平时的学习过程中多加积累即2（4分）如图所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动的vt图象。图中t2t1，则在0t2的运动过程中，下列说法正确的是（）A在t1时刻之后，甲开始反向运动B甲的加速度大小是乙的加速度大小的1.5倍C在到达t2时刻之前，乙一直在甲的前面D在t2时刻，甲与乙相遇【分析】在速度时间图象中，图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，根据位移关系分析物体的位置关系。【解答】解：A、由图可知，在t1时刻斜率变化，加速度方向变化，速度仍为正的，运动方向不变，故A错误；B、甲的加速度大小为 a甲，乙的加速度为a乙，由t1t2，则a甲2a乙，故B错误；C、相遇前甲一直在乙的前面，故C错误。D、由于在t2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故D正确。故选：D。【点评】本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。3（4分）如图所示，一楔形斜面体置于水平地面上，斜面的倾角30，物块A置于斜面上用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，已知物块A、B的重力大小分别为15N和5N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（）A弹簧对A的拉力大小为10NB斜面对A的摩擦力大小为2.5NC斜面对A的支持力大小为7.5ND地面对斜面体的摩擦力大小为2.5N【分析】弹簧的弹力等于B的重力，隔离对A分析，根据共点力平衡求出斜面对A的摩擦力大小以及斜面对A的支持力，对整体受力分析得出地面对斜面的摩擦力。【解答】解：A、弹簧对A的弹力等于B的重力，即FGB5N，故A错误。B对A分析，根据共点力平衡得，在平行斜面方向，有：GAsin30f+F，解得斜面对A的摩擦力f2.5N故B正确，C、对A分析，根据共点力平衡得，斜面对A的支持力NGAcos307.5N，故C错误；D、整体处于静止状态，受力平衡，对斜面以及A、B整体受力可知，地面对斜面的摩擦力为零，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，基础题。4（4分）在光电效应实验中，用频率为v的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（）A仅增大入射光的强度，光电流大小不变B入射光的强度必须足够大，才能发生光电效应C改用频率小于y的光照射，可能不发生光电效应D改用频率小于y的光照射，光电子的最大初动能变大【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素。【解答】解：A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大。故A错误；B、入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关，故B错误；C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于，若低于极限频率时，则不会发生光电效应，故C正确。D、在光电效应中，根据光电效应方程知，EkmhvW0，入射光的频率越低，但仍大于极限频率时，光电子最大初动能会越小，故D错误；故选：C。【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用。5（4分）如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种点电荷，A是它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，且ACAB则A、B、C三点（）A场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B场强最小的点是C点，电势最高的点是B点C将正点电荷从B点移到C，电场力做负功D将某点电荷从B点移到A点与从B点移到C点电场力做功不同【分析】根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低。沿着电场线方向电势降低，连线的中垂线为等势线。【解答】解：AB、根据等量异种电荷电场线的分布，知道EBEAEC，场强最小的是C点；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知AC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知BAC，所以电势最高点是B点。故A错误，B正确；C、B点的电势高于C点的电势，则将正点电荷从B点移到C，电场力做正功。故C错误；D、点A与C处的电势是相等的，所以将某点电荷从B点移到A点与从B点移到C点电场力做功相同。故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线。6（4分）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，管径略大于小球的直径，内侧壁半径为R，小球半径为r，下列说法正确的是（）A小球通过最高点时的最小速度为B小球通过最低点时的最小速度为C小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球定有作用力【分析】小球在竖直放置的圆形管道内做圆周运动时，在最高点时内侧管壁的弹力和重力可以平衡，小球的最小速度可以为零；当最高点速度为零时，由动能定理可以求解最低点的速度的最小值；小球沿着光滑圆形管做圆周运动向心力始终沿着半径指向圆心，在水平线ab之下时，外侧管壁提供的指向圆心的支持力和重力沿半径的分量提供向心力；在水平线ab之上时，外侧管壁提供的指向圆心的弹力或者内侧管壁沿半径向外的弹力和重力沿半径的分量提供向心力。【解答】解：A、在最高点，因为圆管的外侧壁和内侧壁都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于零时，内壁对小球产生支持力与小球的重力平衡，故最小速度可以为0，故A错误。B、当小球在最高点速度为零时，对应的最低点速度最小，设大小为v，由动能定理得：解得：，故B错误。C、小球在水平线ab以下的管道中运动，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有指向圆心的作用力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确。D、小球在水平线ab以上的管道中运动时，因为沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查竖直面上做圆周运动的物体向心力的来源问题，物体所需向心力可能有重力沿半径方向分量和内侧管壁或外侧管壁的弹力共同提供，在最高点时，物体的最小速度可以为零。7（4分）探索火星的奥秘承载着人类征服宇宙的梦想。已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，已知地球第一宇宙速度大小为7.9km/s，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速度大小约为（）A1.7 km/sB3.5 km/sC11.2km/sD17.5km/s【分析】根据万有引力做向心力得到速度的表达式，然后根据火星和地球质量、半径的关系得到速度的关系，进而求解。【解答】解：第一宇宙速度即为近地卫星的运行速度，由万有引力做向心力可得：解得：v，已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，设地球质量为M，火星质量为M；地球半径为R，火星半径为R；地球第一宇宙速度为v，航天器速度为v；则已知v7.9km/s所以有：v3.5km/s，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量。8（4分）如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接小物块a和小物块b，虚线cd水平现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（）A物块a到达c点时加速度为零B物块a到达c点时物块b速度最大C绳拉力对物块b先做负功后做正功D绳拉力对物块b做的功等于物块b机械能的变化量【分析】分析a、b受力，根据牛顿第二定律研究加速度和速度a、b均只有重力和绳拉力做功，根据功能关系判断物块a、b机械能的变化【解答】解：A、当a物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根据牛顿第二定律得知，a物块的加速度ag10m/s2，故A错误；B、当a物块到达C处时，由于物块a在沿绳方向上没有分速度，故此时b物体的速度一定为零；故B错误；C、物块a上升到与滑轮等高前，b下降，绳的拉力对b做负功；故C错误；D、从a到c，b的动能变化量为零，根据功能关系：除重力以为其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b做的功在数值上等于b机械能的减少量，故D正确；故选：D。【点评】本题关键掌握功能关系，明确除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用9（4分）某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示。发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，输电线的等效电阻为R，用户用电器（均看作纯电阻元件）的总电阻为R0变压器均为理想变压器，图乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A发电机输出交流电压的有效值为220VB用电器上交流电的频率是100HzC当R0减小时，输电线的电流增大D当R0减小时，输电线上损失的功率减小【分析】根据图象可得升压变压器的输入电压峰值和周期，从而可求有效值和频率；当负载电阻减小时，则降压变压器的输出电流增大，故输入电阻也增大，根据欧姆定律和功率公式PUI可分析输电线上的电压降和功率的变化情况。【解答】解：A、由图象得到，发电机输出交流电压的峰值为则有效值为，故A正确；B、由图象可得，交流电的周期为T0.02s则频率为：，故B错误；降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1：1，故B错误；CD、当R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输入电流增大，即输电线上的电流增大，则输电线上的电压降增大，根据PUI可知输电线上损失的功率增大，故C正确，D错误；故选：AC。【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。10（4分）平行板电容器、电动势为E的直流电源、电阻R和开关S连接成如图所示的电路，极板接地。闭合开关后，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现断开开关S，将下极板竖直向上移动一小段距离。则（）A电容器的电容减小B油滴将竖直向上运动CP点的电势将降低D油滴的电势能增大【分析】电路稳定后，断开电键K后，电容器的带电量不变；根据公式C、C 和UEd推导出电场强度的表达式；根据UEd判断P点和负极板的电势差变化情况，根据Epq判断电势能的变化情况。【解答】解：AB、断开电键后，电容器的带电量Q不变，根据公式C，可知，电容增大，再由公式C 和UEd，则有：E 故极板距离变化不会引起板间场强的变化，故电场力不变，故粒子保持静止；故AB错误；CD、断开电键前，粒子受电场力和重力平衡，故电场力向上，故粒子带负电；断开电键后，改变极板间距，电场强度不变，根据UEd，AP间的电势差减小，由于UAPp，故P点的电势减小；P点的电势减小，粒子带负电，根据Epqp，由于油滴带负电荷，所以油滴的电势能增加，故CD正确；故选：CD。【点评】本题考查电容器的动态分析，当电容器与电源相连接时，电容器两端的电压不变，而充电后断开，则电容器两板上的电量不变；同时本题中电势能为易错点，应注意电势能与电势及电荷量均有关系。11（4分）如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次初速度大小为v01，经时间t1落到斜面中点，第二次初速度大小为v02，经时间t2落到斜面底端，忽略空气阻力。则（）A两次小球落到斜面时的速度方向不同B两次小球落到斜面时的速度方向相同C两次小球抛出时初速度之比v01：v021：2D两次小球运动时间之比t1：t21：【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，根据高度求出运动的时间之比，水平方向做匀速运动，且小球水平位移之比为1：2，从而求出初速度之比。【解答】解：AB、设小球落在斜面上时速度方向与水平方向成的夹角为，则，小球从斜面上抛出由落到斜面上，则有，则得tan2tan，可以知道一定，与小球的初速度无关，所以小球落到斜面上的速度方向两次相同，故A错误，B正确。CD、平抛运动在竖直方向放做自由落体运动，根据得，因为两次小球下降的高度之比为h1：h21：2，由此可得：运动时间之比；小球水平位移之比为x1：x21：2，则由xv0t得：，则得水平初速度之比为；故C错误，D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键知道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。以及知道小球落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移比值一定。12（4分）如图所示，三根平行的足够长且长度相等的通电直导线A、B、C水平放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上，其中AB边水平，AC边竖直。O点是斜边BC的中点，每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0，下列说法正确的是（）A导线B、C在O点产生的合磁感应强度大小为0B导线A、B、C在O点产生的合磁感应强度大小为B0C导线B、C在A点产生的合磁感应强度方向由A指向OD导线B、C受到的安培力大小相等【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出三个导线在各个点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。【解答】解：AB、由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图：则：B合，故A错误，B正确；C、导线B、C在A点产生的如图所示：根据平行四边形定则，合磁感应强度方向是从A指向O，故C正确；D、同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故画出导线B、C受到的安培力，如图：虽然导线B、C受到的两个分力大小相等，但夹角不等，故合力不等，故D错误；故选：BC。【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。二、实验题（本题共2小题，共16分，把答案填在答题卡的指定位置上）13（6分）小王同学用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系，小车及砝码的总质量用M表示砂桶及砂的质量用m表示，小车的加速度可由小车拖动的纸带计算出。（1）在平衡摩擦力后，往砂桶中加入一定量的砂子，当M与m的大小关系满足mM时（填“mM”或“mM”），可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力。（2）他用打点计时器打出的纸带的一段如图2所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率为50Hz，则小车的加速度大小为0.593m/s2（结果保留三位有效数字）（3）小张和小王同学在探究加速度与力的关系时，他们在同一坐标系中画出的aF关系图线如图3所示，若小张同学使用的小车及砝码的总质量为M1，小王同学使用的小车及砝码的总质量为M2，则M1M2（填“M1M2”“M1M2”或“M1M2”）【分析】（1）当小车质量远大于沙和沙桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于沙和沙桶的重力；实验时要先接通电源然后再释放小车。（2）应用匀变速直线运动的推论：at2可以求出小车的加速度。（3）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。【解答】解：（1）往沙桶中加入一定量的沙子，当M与m的大小关系满足mM时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于沙桶和沙的重力；（2）相邻两个计数点间还有4个点未标出，计数点间的时间间隔为：t0.0250.1s，由匀变速直线运动的推论：at2可知加速度为：a0.593m/s2；（3）由牛顿第二定律得：aF，aF图象的斜率：k，由图示图象可知，两图象的斜率不同，则两小车的质量不同，小王的质量大，即M1M2。故答案为：（1）mM；（2）0.593；（3）M1M2。【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理，掌握匀变速直线运动的推论：at2可以求出小车的加速度；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式可以分析两实验中不同的物理量。14（10分）某探究小组进行“练习使用多用电表”的实验，请帮他们完成下列几个问题。（1）如图甲是多用电表的刻度盘，当选用量程为0250V的直流电压挡测电压时，表针指示图示位置，其示数为180V。（2）图乙是图甲中多用电表的简化电路图，当转换开关S旋转到位置3时，可用来测量电压：当转换开关S旋转到位置2时，多用电表为一个倍率为“10”的欧姆表，若图甲中欧姆表刻度盘的中间刻度值为15，表头G的满偏电流为10mA则欧姆表内阻为150，乙图中电源的电动势为1.5V。（3）将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，选择欧姆挡调零后，将一个二极管的两极分别记做a和b，当红表笔接a、黑表笔接b时，表针几乎不转；当红表笔接b、黑表笔接a时，表针偏转角很大，该二极管的正极是a（填“a”或“b“）。【分析】（1）根据电压表量程确定其分度值，然后根据指针位置读数；（2）当转换开关S旋转到位置3时，相当于给电流表加了一个分压电阻，可以测电压；中值电阻等于欧姆表的内阻；根据闭合电路欧姆定律求电动势；（3）欧姆表内置电源的正极与“”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；用欧姆表测电阻时，红表笔接电源的负极，黑表笔接电源的正极分析即可。【解答】解：（1）当选用量程为0250V的直流电压挡测电压时，其分度为5V，估读到同一位，故其示数为180V；（2）当转换开关S旋转到位置3时，相当于给电流表加了一个分压电阻，改装成了电压表；当转换开关S旋转到位置2时，多用电表为一个倍率为“10”的欧姆表，若图甲中欧姆表刻度盘的中间刻度值为15，则中值电阻为150，内阻与中值电阻相等，故内阻为150；根据闭合电路欧姆定律得：EIR10103150V1.5V；（3）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则a端为二极管的正极，b为二极管的负极；故答案为：（1）180； （2）直流电压（或电压） 150 1.5； （3）a。【点评】本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项、考查了二极管的特点，要掌握欧姆表的使用方法及注意事项，二极管正向偏压很小，二极管反向偏压电阻很大，相当于断路。三、计算题（木题共4小题，共46分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步课，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答業中必须明确写出数值和单位，）15（10分）如图所示，在粗糙的水平地面上，一电动玩具小车以v05m/s的速度向右匀速直线运动，某时刻，在小车后方相距s010m处有一物体在水平向右的推力F20N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x116m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数02，物体的质量m5kg，重力加速度g10m/s2求： （1）在推力F作用下，物体运动的加速度大小a1；（2）物体刚停止运动与小车的距离d。【分析】（1）对物体分析受力情况，利用牛顿第二定律求得物体运动的加速度大小a1；（2）根据牛顿第二定律可求得撤去拉力后的加速度，根据位多公式分别求出t时间内物体和小车前进的位移即可求的此时相距距离。【解答】解：（1）对物体，由牛顿第二定律得 Fmgma1 ；得 a12 m/s2 ；（2）设推力作用的时间为t1，撤去推力后运动时间为t2有 x1va1t1撤去F后 mgma2由运动学公式有 v22a2x2va2t2 ； ；总时间 tt1+t2 ； ；物体刚停止运动与小车的距离 dv0t+s0（x1+x2） 由式解得d18 m答：（1）在推力F作用下，物体运动的加速度大小a1是2 m/s2 。（2）物体刚停止运动与小车的距离d是18m。【点评】本题考查牛顿第二定律的应用中已知受力求运动的问题，要注意明确两物体各自的运动情况，再根据二者的位移和时间关系进行分析求解即可。16（10分）如图所示，光滑平行金属轨道的倾角为，宽度为L，在此空间存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B在轨道上端连接阻值为R的电阻，质量为m电阻也为R的金属棒搁在轨道上，由静止释放，在下滑过程中，始终与轨道垂直，且接触良好，轨道的电阻不计。当金属棒下滑高度h时，其速度恰好达到最大值。求：（1）金属棒下滑过程中的最大速度（2）金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中，电阻R所产生的热量【分析】（1）棒到达最大速度时，合外力为零，由平衡条件和安培力与速度的关系式求解最大速度。（2）从开始运动到金属下滑速度达最大的过程中，由能量守恒可得回路中产生的总热量，再根据串联关系求出R产生的热量。【解答】解：（1）设最大速度为vm，此时重力沿斜面的分力与安培力平衡金属棒切割磁场线产生的感应电动势 EBLvm 根据闭合电路欧姆定律得电流 根据平衡条件得：mgsinBIL 联立式解得：（2）设金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中回路的总热量为Q，电阻R所产生的热量为QR，由能量守恒有 且解得：答：（1）金属棒下滑过程中的最大速度为；（2）金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中，电阻R所产生的热量为。【点评】该题全面考查电磁感应定律的综合应用，涉及到法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，受力平衡和功能关系等，要求考生能够对导体棒的运动过程有全面的把握，有综合分析的能力。对能力的要求比较高。17（12分）一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为1kg的物体A，物体A处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.25m，质量也为1kg的物体B从距物体A正上方h0.4m处自由下落，碰后A、B粘合在一起向下运动，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g10m/s2，求：（1）碰撞结束瞬间两物体的总动能（2）从碰撞结束瞬间至两物体的总动能达到最大的过程中，弹簧弹力做功W3.75J，碰后两物体总动能的最大值。【分析】（1）对于B下落的过程，由自由落体运动速度位移公式或机械能守恒定律求出B与A碰撞前的速度。两物体碰撞过程合外力冲量近似为零，系统的总动量近似守恒，由动量守恒定律求出碰撞后瞬间两物体的共同速度，再求碰后瞬间两物体的总动能。（2）碰后A、B一起向下运动，弹簧的弹性势能不断增大，当弹力与AB的总重力大小相等时，动能最大。由动能定理可以求出A、B的最大总动能。【解答】解：设A、B质量均为m。（1）B自由下落过程，由机械能守恒定律有 mghmv02碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律有 mv0（m+m） v1碰撞结束瞬间总动能 Ek（m+m） v 12由式解得 Ek2 J （2）碰前，A静止，有 kx1mg 结合体动能最大时，合力为零，有 kx22mg 由动能定理有 （m+m）g （x2x1）+WEkmEk由式解得 Ekm3.25 J答：（1）碰撞结束瞬间两物体的总动能是2J。（2）碰后两物体总动能的最大值是3.25J。【点评】本题要分析清楚物体运动过程，抓住每个状态和过程的物理规律是关键，要明确碰撞过程，由于外力远小于内力，系统的动量守恒。应用机械能守恒定律、动量守恒定律、胡克定律即可正确解题。18（14分）如图甲所示，平面直角坐标系中，0x1、0y21的矩形区域中存在一个如图乙所示的交变磁场（B0和T0未知），磁场方向向里为正，一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度沿+x方向入射，不计粒子重力（1）若粒子从t0时刻入射，在t的某时刻从点（l，）射出磁场，求B大小；（2）若B0，在x1的区域施加一个沿x方向的匀强电场，粒子在t0时刻入射，将在T0时刻沿+x方向进入电场，并最终从（0，2l）沿x方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程。【分析】（1）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出，磁感应强度B0大小；（2）画出粒子轨迹过程图，运用利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解磁场中的运动，牛顿第二定律结合运动学规律求解粒子在电场中运动，结合已知，联立即可求出电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程。【解答】解：（1）在磁场中粒子做匀速圆周运动：qv0B0m 由几何关系可得：R2l2+（R）2，解得：R 联立解得：B0（2）运动轨迹如图。由题，T0得到：T0在电场中根据牛顿第二定律可得：Eqma根据运动学规律可得往返一次用时：t应有：t（n+）T0可得电场强度的大小：E，（n0，1，2）粒子在电场中运动的路程x，（n0，1，2）答：（1）B0大小为；（2）电场强度的大小为，（n0，1，2），粒子在电场中运动的路程为，（n0，1，2）。【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚微粒的运动过程是正确解题的前提与关键；应用洛伦兹力提供向心力、牛顿第二定律、运动学公式以及几何关系，即可正确解题。