1、山东省泰安四中2019届第一学期高三12月月考物理试题一、选择题（1-6题为单项选择，7-10题为多项选择，每题4分，共40分）1.下列关于场的叙述，正确的是A. 磁场、电场线、磁感线都是科学家为了研究的方便假想出来的，实际不存在B. 某位置不受电场力，说明该点的电场强度为零C. 通电直导线在某位置不受安培力，说明该点的磁感应强度为零D. 电荷所受电场力的方向为该点电场的电场强度方向，磁场中通电导线所受安培力的方向为该处磁场的磁感应强度方向【答案】B【解析】【分析】电场和磁场都是客观存在的；电荷在某处不受磁场力作用，可能磁感应强度为零，也可能由于电荷的速度与磁场平行；而电荷在某处不受电场力作用
2、，该处电场强度一定为零；磁场中通电导线所受安培力的方向与该处磁场的磁感应强度方向垂直【详解】A、磁场虽看不见，摸不着，但是客观存在的；电场线、磁感线都是科学家为了研究的方便假想出来的，实际不存在；故A错误.B、由F=qE知，若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零；故B正确.C、电荷在某处不受磁场力作用，可能磁感应强度为零，也可能由于电荷的速度与磁场平行，所以该处的磁感应强度不一定为零；故C错误.D、正电荷所受电场力的方向为该点电场的电场强度方向，负电荷所受电场力的方向与该点电场的电场强度方向相反；根据左手定则，磁场中通电导线所受安培力的方向与该处磁场的磁感应强度方向垂直；故D错误.
3、故选B.【点睛】本题关键要抓住磁场与电场特性上的差异，电场与重力场可以类比理解记忆，注意比值定义法的内涵2.人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起向上运动，如图所示。以下说法正确的是 A. 电梯作匀速运动时，人只受重力和弹力两个力的作用B. 无论人随电梯作加速运动，还是匀速运动，人的受力情况相同C. 若人随电梯作加速运动，电梯对人的作用力与加速度方向相同D. 当电梯作匀速运动时，人受到的合外力方向与速度方向相同【答案】A【解析】【分析】分别对人匀加速上升和匀速上升两种情况进行分析，根据牛顿第二定律和共点力平衡的条件进行分析，明确各自的受力情况【详解】设人做加速运动时的加速度大小为a，人的加速度
4、斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax=acos，方向水平向左；ay=asin，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macos，方向水平向左，故人受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用。电梯对人的作用力与重力的合力沿速度方向，则根据矢量合成的规律可知电梯对人的作用力的方向与人运动方向不相同；若电梯做匀速运动，人处于平衡状态，人受到的合力为零，则人只受重力，支持力，不受摩擦力；由以上分析可知，A正确，B、C、D均错误；故选A.【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意人站在台阶式的扶梯上时，如果扶梯匀速运动时人不受摩擦力，而人做变速运动时会受到平台的摩擦力，要分情况进行分析3.如
5、图所示，一倾角为的斜面高为h，斜面底端B正上方高2h处有一小球以一定的初速度水平向右抛出，刚好落在斜面的中点，则小球的初速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】小球做平抛运动，根据分位移公式，有：x=v0t= ；y=2h-=gt2；联立解得： 故选A4.如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】线框上的电荷在O点产
6、生的场强等效为与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的电场，故B点的电荷在O点产生的场强为由场强的叠加可知E=E1E2= 故选：C点睛：把线框上的电荷等效成与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的场强，由点电荷产生的场强的叠加即可判断5.2018年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信。如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道I上的A点实施变轨，进人近月的椭圆轨道II，由近月点B成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是（）A. 沿轨道I运动至A点时，需向前喷气才能进入轨道IIB. 沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期C. 沿轨道II运行
7、时，在A点的加速度大于在B点的加速度D. 在轨道II上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小【答案】A【解析】A、在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥四号做近心运动，故在P点应制动减速才能进入轨道，故正确；B、轨道II的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道运行的周期小于沿轨道I运行的周期，故B错误；C、在轨道II上运动，卫星只受万有引力作用，故在近月点Q的加速度大于远月点P的加速度，故C错误；D、在轨道上，由P点向Q点运动，万有引力做正功，动能增大，所以Q点的速度大于P点的速度，故D正确；故选AD。【点睛】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力这个关系。
8、6.如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，三种速度不同的质子从同一点沿垂直电场线和磁感线方向射入场区，其轨迹为图中I、II、III三条虚线，设质子沿轨迹I、II、III进入场区时速度分别为v1、v2、v3，射出场区时速度分别为v1、v2、v3，则下列选项正确的是A. v1v2v3，v1v2v2v3，v1 v1，v3 v3C. v1v2 v1，v3 v3D. v1v2v3，v1v1，v3 v3【答案】A【解析】质子重力不计，根据左手定则知，质子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，沿轨迹的质子洛伦兹力大于电场力，即qv1BqE，沿轨迹的质子洛伦兹力等于电场力，即qv2B=qE，沿轨迹
9、的质子洛伦兹力小于电场力，即qv3BqE，可知v1v2v3沿轨迹的质子运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v1v1，沿轨迹的质子运动过程中，速度不变，v2=v2，沿轨迹的质子运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v3I2，方向如图所示，且垂直于纸面平行放置，纸面内有M、N、O、P四点，其中M、JV在导线横截面连线的延长线上，点在导线横截面的连线上，P在导线横截面连线的垂直平分线上这四点处磁场的磁感应强度不可能为零的是A. M点 B. N点 C. O点 D. P点【答案】B【解析】根据安培定则可知两电流在M点磁感应强度的方向相反，若I1I2由于M离I1近
10、，故在M点I1的磁感应强度的大小大于I2的磁感应强度则M点磁感应强度不可能为0选项A错误；根据安培定则可知两电流在N点的磁感应强度的方向相反，若I1I2，由于I2离N点近，则N点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度，故N点磁感应强度可为0选项B正确；根据安培定则可知两电流在O点磁感应强度的方向相同，则O点磁感应强度不可能为0选项C错误；根据安培定则可知两电流在P点的磁感应强度方向不相反，均存在竖直向下的分量，故P点的磁感应强度不可能为0选项D错误；故选B。8.如图所示，绝缘轻弹簧的上端固定在天花板上的O点，下端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球套在O点正下方的水平光滑绝缘杆上
11、，整个装置处于电场强度大小为E，方向沿杆向右的匀强电场中，现将小球以某一初速度从A点运动到B点，到B点时与其在A点时的弹簧弹力大小相等，OA，在小球从A点运动到B点的过程中，下列判断正确的是A. 小球在A点时的速度大于在B点时的速度B. 小球的电势能一直减小，弹性势能先增大后减小C. 小球的加速度大小仅由电场力决定的位置有2个D. 弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零的位置有2个【答案】C【解析】如图所示，设O点正下方为O点，与A点关于O点对称的点为A点，所以小球从A到A过程中弹簧一直被压缩，弹簧原长的位置一定是在A与B点之间；A. 小球从A到B的过程中，弹簧弹力做功为零，只有电场力做正功，根据动
12、能定理可得，所以小球到达B点时的速度大于A点的速度，故A错误；B. 小球从A到B的过程中电场力一直做正功，所以小球的电势能一直减小，弹力先做负功，后做正功，再做负功，弹性势能先增大后减小，再增大，故B错误；C. 小球处于O点正下方和小球受到的弹力为零的位置时,小球合力都是qE,加速度都是qE/m,所以小球的加速度大小仅由电场力决定的位置有2个，故C正确；D. 在A点速度为零，弹力瞬时功率为零；在O点正下方弹力方向与速度方向垂直，弹力功率为零；在弹簧处于原长的位置弹力为零，则弹力的功率为零，所以弹簧测力计对小球做功的瞬间功率为零的位置有3个，故D错误。故选：C.点睛：根据动能定理分析小球到达B点
13、时的速度；根据电场力做功情况判断小球的电势能；根据受力情况和牛顿第二定律、P=Fv分析加速度和弹力做功功率的变化情况9.如图甲所示，在光滑水平面上，静止一质量M的长木板，质量为m小滑块（可视为质点）放在长木板上长木板受到水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是A. 长木板的质量M1kgB. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5C. 当F6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2D. 当F增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】AC【解析】对整体分析,由牛顿第二定律有：F=(M+m)a，当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M
14、+m=3kg当F大于6N时,根据牛顿第二定律得：a=（Fmg）/M=，知图线的斜率k=1/M=1，解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg.故A正确。B. 根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=F20，代入数据解得：=0.2，故B错误；C所以a=F4,当F=6.5N时,长木板的加速度为：a=2.5m/s2，故C正确；D. 当拉力增大时,两物体发生滑动时,木块的加速度为a=mg/m=2m/s2，恒定不变，故D错误。故选：AC.点睛：当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析10. 如图所示，足
15、够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带顺时针匀速转动，则在b下降h高度（a未与滑轮相碰）过程中下列说法正确的是（ ）A. 物块a重力势能增加mghB. 物块b的机械能减少mghC. 摩擦力对a做的功大于a机械能的增加D. 摩擦力对a做的功等于物块a、b系统机械能增加两量【答案】AD【解析】试题分析：通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系根据b下降的高度得出a上升的高度，从而求出a重力势能的增加量，根据能量守恒定
16、律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系解：A、开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin=mbg，则masin=mbb下降h，则a上升hsin，则a重力势能的增加量为maghsin=mgh故A正确B、物块b的机械能减少等于减少的势能减去增加的动能，E=mgh，故B错误；C、D、根据功能关系，系统机械能增加等于除重力以外的力做功，所以摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量所以摩擦力做功大于a的机械能增加故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合理选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析二、填空题（每
17、空2分，共18分）甲、乙两同学在同一实验室做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验11. “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图中所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）12. 两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，设小车的质量为m，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图中甲、乙两条直线，图线斜率为_，则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为m甲_m乙（选填“大
18、于”小于”或“等于”）【答案】0.15 (4分) 大于(3分)【解析】试题分析：由题意知，每5个点取一个计数点，相连计数点间时间间隔为0.1s，根据逐差法可求加速度a=0.15 m/s2；根据牛顿第二定律：，由图知甲的摩擦因数大，甲大于乙考点：本题考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验小组在“测小灯泡的实际电阻和实际功率”实验中，所用器材有：小电珠（3.0V 0.7W），滑动变阻器，电流表，电压表，学生电源，开关，导线若干13. 为使测量尽可能准确，并能够从0V开始调节电压，请将图甲中1、2、3、4、5、6接线端恰当连接，使之成为合适的实验电路_14. 连接好电路，开关闭合后，将滑动变阻
19、器的滑片P置于a端时，小电珠亮度_（选填“最亮”或“最暗”）15. 实验小组同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，0.5V后小电珠的电阻值随工作电压的增大而_，（填“不变”、“增大”或“减小”）原因是_16. 若将此灯泡接在E2.0V，r10的电源上，则小灯泡的实际电阻是_，实际功率是_W【答案】 (1). 如图所示： (2). 最暗 (3). 增大 (4). 温度升高，电阻率增大 (5). 5.40.1 (6). 0.090.01【解析】（1）要求能够从0V开始调节电压，应采用分压电路；由于小电珠电阻较小，应采用电流表外接法，电路如图：（2）将滑动变阻器的滑片P置于a端时，小电珠被
20、短路，亮度最暗；（3）金属的电阻率随温度升高而增大，所以电压较高时，小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大；（4）将E2.0V，r10的电源的U-I图像做在小电珠的伏安特性曲线上，两图线的交点即为小电珠的实际工作电压和电流，U=0.7V,I=0.13A，则R=U/I=0.7/0.13=5.4，P=UI=0.70.13W=0.09W。三、计算题（13，14,15题每题10分，16题12分，共42分）如图所示，一个质量m4kg的小物块放在水平地面上。对小物块施加一个F =10N的恒定拉力，使小物块做初速度为零的匀加速直线运动，拉力与水平方向的夹角=37，小物块与水平地面间的动摩擦因数=0.20，已知
21、sin37=0.60，cos37=0.80，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：17. 小物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小；18. 小物块运动过程中加速度的大小；19. 物块运动4.0s位移的大小。【答案】(1)6.8N；(2)0.3m/s2；(3)2.4m【解析】【分析】对物体受力分析，根据公式求出滑动摩擦力的大小；再根据牛顿第二定律求出加速度；物体匀加速前进，根据位移时间公式求出4s末的位移的大小；【详解】解：(1)设小物块受地面的支持力为N，在竖直方向上合力为零，因此有：滑动摩擦力的大小：(2)设小物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：解得： (3)小物块运动4.0s所通
22、过的位移大小： 20.如图所示，一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2. （1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1） ， （2）恰好不会从平板车的右端滑出。【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：平板车的位移为：而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出
23、答：滑块与平板车的加速度大小分别为和滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出如图所示，在直角坐标系xOy中的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场电场强度和磁感应强度都未知。第一象限中坐标为（l，l）的P点由静止释放质量m、带电荷量为q（q0）的粒子（不计重力），该粒子第一次经过x轴时速度为v0，第二次经过x轴时的位置坐标为（-l，0），求：
24、21. 电场强度E和磁感应强度B的大小；22. 粒子第三次经过x轴时的速度大小及方向23. 粒子第四次经过x轴时的位置坐标【答案】（1）（2） 方向与x轴正方向夹角为q45（3）（0，0）【解析】（1）粒子在P点静止释放，到达x轴过程中运用动能定理：解得：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径设为r1，由洛伦兹力提供运动需要的向心力：解得：粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（一，0），故其轨道半径r1，得：（2）粒子从y轴上的（0，）以平行x轴的速度v0进入电场，做匀变速曲线运动，加速度为a，设经过时间t射出电场，水平位移x，竖直位移，则：xv0t，解得：，x2设水平分速度为vx，竖直分速度为
25、vy，则：vxv0，vyatv0得：粒子第三次经过x轴时的速度大小方向与x轴正方向夹角为q45（3）由上面可知粒子第三次过x轴时坐标为（2，0），再次进入磁场中做圆周运动半径：由几何关系，得粒子第四次过x轴时刚好过原点，即坐标为（0，0）24.如图所示，在某竖直平面内固定一由斜面AB、水平面BC和半径R20cm的半圆CD组成的光滑轨道，水平轨道足够长，半圆CD圆心为O，与水平面相切于C点，直径CD垂直于BC可视为质点的甲、乙两球质量均为ml.0102kg，现将小球甲从斜面上距BC高为的A点由静止释放，到达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在C点小球乙发生弹性碰撞，重力加速度g取10m/
26、s2，求：（1）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力；（2）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求斜面与水平面的夹角q；（3）若将甲仍从A点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离【答案】（1）0.6N（2） 30（3）0.4m【解析】（1）乙恰好能通过D点，其做圆周运动的向心力完全由重力提供，设乙到达D点时的速度为vD，则mgm，解得：乙球从C到D，根据机械能守恒，得：解得：在碰后的C点：F一mgm解得：F6mg根据牛顿第三定律得FF6mg0.6N，方向竖直向下（2）设碰撞前后甲的速度分别为v、v甲，根
27、据动量守恒定律和能守恒定律有：mvmv甲mvC联立以上两式解得v甲0，vvC甲从A点下落到斜面底端，由机械能守恒定律得mgR解得：在B点对速度分解可得cosq，解得q30（3）因为甲在斜面上释放时的高度不变，根据动能定理以及运动的分解可得甲运动到水平面上的速度仍为，设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为VM、Vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：MvMvMmvm联立解得：因为Mm，可得v0vm2v0设乙球过D点的速度为vD，由动能定理得联立解得：乙在水平轨道上的落点到C点的距离为x，则有，xvDt联立解得乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围：2Rx8R乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围0.4mx1.6m乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离为0.4m
