2021届辽宁省实验中学分校高三12月月考物理试卷

【最新】辽宁省实验中学分校高三12月月考物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．质量为2kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s 2，则（ ）
A ．x ＝2m 时物块的速度大小为2m/s
B ．x ＝3m 时物块的加速度大小为2.5m/s 2
C ．在前2m 位移的运动过程中物块所经历的时间为2s
D ．在前4m 位移的运动过程中拉力对物块做的功为9J
2．如图所示，相距为d 的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L （L<d ），质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处由静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd 边刚进入磁场起一直到ab 边离开磁场为止）
A ．感应电流所做的功为mgd
B ．感应电流所做的功为mg （d －L ）
C ．线圈的最小速度一定是2()g h L d +-
D ．线圈的最小速度可能为mgR/B 2L 2
3．长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，板不带电。

现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（ ）
A ．使粒子的速度v <
4Bql
m
B ．使粒子的速度v >
54Bql
m
C ．使粒子的速度v >Bql
m
D ．使粒子的速度
4Bql m <v <54Bql
m
二、单选题
4．一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图,已知该车质量为 2×103 kg,在某平直路面上行驶,阻力恒为3×103 N 。

若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s 2做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时间大约为
A ．8 s
B ．14 s
C ．26 s
D ．38 s
5．由中国科学院、中国工程院两院士评出的【最新】中国十大科技进展新闻，于【最新】1月19日揭晓,“神九”载人飞船与“天宫一号”成功对接和“蛟龙”号下潜突破7000米分别排在第一、第二．若地球半径为R ，把地球看做质量分布均匀的球体．“蛟龙”下潜深度为d ，天宫一号轨道距离地面高度为h ，“蛟龙”号所在处与“天官一号”所在处的加速度之比为 A ．R−d R+ℎ
B ．(R−d)2(R+ℎ)2
C ．
(R−d)(R+ℎ)
R 2
D ．
(R−d)(R+ℎ)2
R 3
6．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）．以下说法正确的是
A．该粒子带正电
B．该粒子带正电、负电均可
C．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v0
D．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为5v0
8．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同、带电也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是
A．小球P的速度一定先增大后减小
B．小球P的机械能一定在减少
C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零
D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加
三、填空题
9．某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，E=3V为无内阻的理想电源，R0=3 为
保护电阻，滑动变阻器的全电阻R=6，P为滑片位于图示位置，闭合电键S．
（1）用理想电压表测量A、P间的电压；将电压表调零，选择合理的档位，示数如图（b），电压值为V．
（2）用理想电流表代替电压表接入相同位置，测得电流约为A．（此问结果保
留两位有效数字）．
（3）若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在的风险（填“断路”或“短路”）．
四、实验题
10．学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了下图甲所示的实验：质量为m的均匀长直杆一端固定在转轴O处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A经过该位置时的瞬时速度v A，并记下该位置
与转轴O的高度差h．
⑴该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图乙为______________mm．⑴调节光电门在圆弧上的位置，测得多组数据如表格所示．请选择适当的数据处理方法，猜想并写出v A与h的函数关系等式___________________.
组次12345
h/m0.100.150.200.250.30
v A（m/s） 1.73 2.12 2.46 2.74 3.00
⑴当地重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦，结合你找出的函数关系式，根据守恒规
律写出此杆转动时动能的表达式E K= ________（请用数字、质量m、速度v A表示）. 11．如图，放在光滑水平面上的两个木块A、B中间用轻弹簧相连，其质量分别为m1=2kg、m2=970g，木块A左侧靠一固定竖直挡板，且弹簧处于自然伸长状态，某一瞬间有一质量为m0=30g的子弹以v0=100m/s的速度水平向左射入木板B，并留在木块B内，木块B向左压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动木块A运动，已知弹簧的形变在弹性限度范围内，求：
（1）从子弹射入木块B后到木块A恰好离开挡板的过程，木块B与子弹一起受到的弹簧弹力的冲量；
（2）当弹簧拉伸到最长时，弹簧的最大弹性势能E P．
五、解答题
12．观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要。

科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800kg,在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s，且做匀加速运动，经过4s下降了16m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降。

不考虑气球由于运动而受到的空气阻力。

重加加速度g＝10m/s2。

求：（1）抛掉的压舱物的质量m是多大？
（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是多大？
13．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时的方向相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P点入射时的速度；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小；
参考答案
1．AC 【详解】
物体在运动过程中，在水平方向上受到拉力F 和摩擦力f 作用，所以2
1()2
K E mv F f x =
=-，即图线的斜率k 表示物体受到的合力，物体在0-2m 过程中斜率即合力为12k F f =-=，
所以前2m 处的加速度为：211/F f a m s m -=
=，根据位移时间公式21
2
x at =可得该段位移经历的时间12t s =当物体在x=1m 处时，动能为2
1122
K E J mv ==，所以速度为
1/v s =，在x=2m 处时速度为2/v m s =，故A C 正确，物体在2-4过程中，斜率即
合力为2 2.5k F f =-=，所以该过程中的加速度为22 1.25/F f
a m s m
-=
=，故B 错误，整个过程中拉力做正功，摩擦力做负功，所以F K W mgx E μ-=，带入可得25F W J =，故D 错误。

故选AC 。

2．D 【解析】
试题分析：根据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd ．cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd ，感应电流做的功为2mgd ．故AB 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．设线圈的最小速度为v m ．线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg （h+L ）=Q+1
2
mv m 2；由上可知，Q=mgd ；解得线圈的最
小速度为：m v =
．故C 错误．线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前
已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则 mg=BIL=BL
BLv
R
，则最小速度22
mgR
v B L =
．故D 正确．故选D ． 考点：能量守恒定律；电磁感应
3．AB 【详解】
欲使粒子不打在极板上，如图所示，带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中圆周运动的半径
4
L R ＜
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据
2
v qvB m R
=
可得粒子做圆周运动的半径
mv R qB
=
所以粒子不打到极板上且从左边射出，则
4
mv L qB ＜ 即
4qBL
v m
＜
带正电的粒子从右边射出，如图所示，此时粒子的最小半径为R ，由上图可知
2
222L R L R ⎛
⎫=+- ⎪⎝
⎭
可得粒子圆周运动的最大半径
54
L R =
则
54
mv L qB ＞ 即
54qBL
v m
＞
故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足
4qBL v m ＜
或54qBL
v m
＞
故选AB 。

4．B 【解析】
试题分析：由图可知，跑车的最大输出功率大约为200kW ，根据牛顿第二定律得，牵引力F=f+ma=3000+2000×2N=7000N ，则匀加速过程最大速度
200000/28.6/7000m P v m s m s F ≈＝＝，则匀加速过程持续的时间28.614.32
m v t s s a =＝＝．
故B 正确，ACD 错误．故选B 。

考点：牛顿第二定律；功率 5．D
【解析】试题分析：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g =
GM R 2
，
由于地球的质量为：M=ρ43
πR 3，所以重力加速度的表达式可写成：g =GM R 2
＝
Gρ4
3
πR 3
R 2
＝4
3πGρR ．
根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d 的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（R -d ）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g′=4
3πGρ（R -d ）． 所以有g′
g ＝
R−d R
．根据万有引力提供向心力G Mm (R+ℎ)2＝ma ，“天宫一号”的加速度a =GM
(R+ℎ)2，
所以a g ＝R 2
(R+ℎ)2，所以g′
a ＝
(R−d)(R+ℎ)2
R 3
，故D 正确，ABC 错误．故选D 。

考点：万有引力定律的应用 6．B
【详解】
初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：
a 1=g sinθ+μg cosθ
a 恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零． A ．该图与结论不相符，选项A 错误； B ．该图与结论相符，选项B 正确； C ．该图与结论不相符，选项C 错误； D ．该图与结论不相符，选项D 错误； 7．AD 【解析】
试题分析：若撤去电场，则粒子从M 点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故A 正确，B 错误；设粒子的质量为m ，带电量为q ，粒子射入电磁场时的速度为v 0，则粒子沿直线通过场区时：Bqv 0=Eq ；撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知
2
d
r =；洛仑兹力提供向心力：2
2002mv mv qv B r d ==…① 撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速庶a ，穿越电场所用时间为t ，则有：Eq=ma…② y=
12
at 2
…③ d=v 0t…④
由①②③④联立解得：y=d 设末速度为v ，由动能定理知：
12mv 2−1
2
mv 02=Eqd
解得：0，故C 错误，D 正确；故选AD ． 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 8．AD 【解析】
试题分析：小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A 正确
由于小球P 除了重力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向向下，做正功，所以小球P 的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力可能向上，合力做功，机械能减小．所以小球P 的机械能先增大后减少，故B 错误；小球P 的速度一定先增大后减小，当p 的加速度为零时，速度最大，所以小球P 速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C 错误；根据能量守恒定律知，小球P 的动能、与地球间重力势能、与小球Q 间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q 对P 的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P 与弹簧系统的机械能一定增加，故D 正确．故选AD 。

考点：功能关系；库仑定律；物体的平衡
9．（1）1．30---1．32 （2）0．59—0．60 （3）短路
【解析】
试题分析：（1）由题，电压表选择的量程应为0-3V ，其最小分度为0．1V ，则图b 中电压值为1．30V ．
（2）设变阻器触头左侧的电阻为R′，则 电压表的读数为0
R U E R R '=+；解得0 1.363 3.93
U R R R E '=+=⨯+=Ω（）（）， 用理想电流表代替电压表接入相同位置，由欧姆定律得：
()()
030.5936 3.9E I A R R R ==≈+-'+-； （3）若电源电路中不接入R 0，则在使用过程中，滑片移到B 端时存在短路的可能． 考点：闭合电路的欧姆定律
10． 7.25mm 230A v h = 216
k A E mv = 【解析】试题分析：（1）游标卡尺的主尺读数为7mm ，游标尺上第5条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标读数为5×0．05mm=0．25mm ，所以最终读数为：
7mm+0．25mm=7．25mm ．
（2）质点的动能与速度的平方成正比，故可以求出速度的平方，如下表：由上述表格得到：v A 2=30h ；
（3）设杆长L ，杆转动的角速度为： A v L
ω=；在杆上取⑴x 长度微元，设其离O 点间距
为x ，其动能为： 212A v m x x L L ⋅⋅⋅（）；积分得到： 220
1126L A K A v m x E x mv L L ⋅=⋅⋅⋅=⎰（）； 考点：探究杆子转动时的动能
11．（1）-6N·s ；（2）3J
【解析】
试题分析：（1）取水平向左为正方向，子弹射入木块B 的瞬间，子弹和木块B 组成的系统动量守恒，则有：
m 0v 0=（m 0+m 2）v 1
代入数据解得：v 1=3m/s
经分析可知，当木块A 恰好离开挡板时，木块A 的速度为0，且弹簧也恰好处于原长，根据能量守恒定律可知，此时B 的速度大小为：v 2=3m/s ，方向水平向右，
则从子弹射入B 后到木块A 恰好离开挡板的过程中，木块B 和子弹一起受到的弹簧弹力冲量为：
I=⑴P=-（m 2+m 0）v 2-（m 2+m 0）v 1，
代入数据解得：I=-6Ns
（2）当A 和B 与子弹速度相等时，弹簧最长，弹性势能最大，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：
（m 0+m 2）v 1=（m 0+m 2+m 1）v
代入数据解得：v=1m/s
根据能量守恒得：最大弹性势能为：E P ＝12（m 0+m 2）v 12−12
（m 0+m 2+m 1）v 2=3J 考点：动量守恒定律；动量定理；能量守恒定律
12．（1）m=80kg ；（2）H=30m
【解析】
试题分析：（1）设气球加速下降的加速度为a ，受到的浮力为F ，则有：s=v 0t+
12
at 2 代入数据解得：a=1m/s 2
由牛顿第二定律有：Mg-F=Ma
抛掉一些压舱物，气球匀速运动，则有：（M-m ）g=F
联立并代入数据解得：m=80kg
（2）加速下降阶段获得的速度为：v 1=v 0+at=2+1×4m/s=6m/s
匀速下降的高度为：h=v 1
t′=6×5m=30m
考点：牛顿第二定律
13．（1）03E v B =
（2）2．4B 【解析】
试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得：23603
d d d r sin sin α=
==︒ 根据200mv qv B r =得0323qBd v m = 粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2 1602qE r cos t m -︒=（）；00 y v qEt tan v mv α== 联立解得03E v B
=
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α． 则有：x=v 0t ，2y
v y t =
得03 222
y
v y
tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα=1
3 23r d =
则得23
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为2()312
9
d d R sin α+==
粒子进入第三、四象限运动的速度0023v v v cos m
α=== 根据2
v qvB m R
'= 得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动。