1、1山东省济南外国语学校 2019 届高三 1 月份月考跟踪训练物理试题一、选择题1.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于电线充电，下列说法正确的是（ ）A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电【答案】C【解析】试题分析：无线充电的原理，其实就是电磁感应现
2、象，而不是电流的磁效应，故选项 A 错误；发生电磁感应的条件是电流要发生变化，故不能接到直流电源上，选项 B 错误；发生互感时，二个线圈中的交流电的频率应该相同，故选项 C 正确；只有无线充电底座，但是手机内部的线圈与底座上的线圈的频率相同时才可以进行充电，故选项 D 错误。考点：电磁感应现象。2.如图所示，在半径为 R 的圆形区域内充满磁感应强度为 B 的匀强磁场， MN 是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点 P 以速度 v 垂直磁场正对着圆心 O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为 q、质量为 m,不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是( )A. 粒子在磁场中通过的弧长越长时间
3、也越长2B. 出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心 0C. 出磁场的粒子一定能垂直打在 MN 上D. 只要速度满足 ，入射的粒子出射后一定垂直打在 MN 上v=qBRm【答案】BD【解析】速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由 t= 知，运动时间 t 越小故 A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心故 B 正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在 MN 上，与粒子的速度
4、有关故 C 错误；速度满足 时，粒子的轨迹半径为 r= =R，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在 MN 板上，故 D 正确故选 BD【名师点睛】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出 时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系3.如图是一种蛙式夯土机，电动机带动质量为 m 的重锤（重锤可视为质点）绕转轴 O 匀速转动，重锤转动半径为 R电动机连同夯土机底座的质量为 M，重锤和转轴 O
5、之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度为 g。要使夯土机底座能离开地面，重锤转动的角速度至少为（ ）A. M+mmRgB. M+mmRg3C. MmmRgD. MgmR【答案】B【解析】当拉力的大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面，则有 T=Mg，对重锤有： ，解得： ，故选 B.mg+T=mR2 =(M+m)gmR【点睛】重锤做圆周运动，在最高点靠重力和拉力的合力提供向心力，当拉力的大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面，对重锤，根据牛顿第二定律求解角速度.4.如图所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在
6、桌面上，a、b 两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质。现同时给两车一定的初速度，使 a、b 沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示。a、b 两车质量（含发射器）分别为 1kg 和 8kg，则下列说法正确的是（ ）A. 两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B. 碰撞过程中 a 车损失的动能是149JC. 碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D. 两车碰撞过程为弹性碰撞【答案】C【解析】【分析】根据 x-t 图象表示速度，分别求出碰撞前后两车的速度，再分析两车碰撞前后总动量关系。4根据能量守恒定律求碰撞
7、过程中损失的动能，从而确定出碰撞的类型。【详解】设 a、b 两车碰撞前的速度大小为 v1、v 2，碰后的速度大小为 v3，根据 x-t 图象表示速度，结合题图乙得 v1=2 m/s，v 2=1 m/s，v 3=2/3 m/s，以向右为正方向，碰前总动量 p1=-mav1+mbv2=6 kgm/s，碰后总动量 p2=（m a+mb）v 3=6 kgm/s，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故 A 错误；碰撞前 a 车动能为 Ek= mav12= 122J=2 J，碰撞后 a 车动能12 12为 Ek= mav32= 1( )2J= J，所以碰撞过程中 a 车损失的动能是E k=Ek-Ek= J
8、，故12 12 23 29 169B 错误；碰前 a、b 两车的总动能为 6 J，碰后 a、b 两车的总动能为 2 J，故 C 正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故 D 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键要掌握碰撞的基本动量守恒，要知道碰撞过程中机械能不守恒的碰撞是非弹性碰撞。碰撞过程中机械能守恒的碰撞是弹性碰撞。5.“静止”在赤道上空的地球同步气象卫星把广阔视野内的气象数据发回地面，为天气预报提供准确、全面和及时的气象资料设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的 n 倍，下列说法中正确的是（ ）A. 同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 倍1nB. 同步卫星的运行速度是地
9、球赤道上物体随地球自转获得的速度的 倍1nC. 同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 倍1nD. 同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的 倍1n2【答案】CD【解析】根据 得， ，则同步卫星的运动速度是第一宇宙速度的 ，故 A 错误，C 正GmMr2=mv2r v= GMr 1n确；同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据 v=r 知，同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转的速度的 n 倍，故 B 错误；根据 ，得 ，则GmMr2=ma a=GMr2同步卫星的向心速度是地球表面重力加速度的 倍。故 D 正确。故选 CD.1n2二、实验题6. （11 分）图 1 为验证牛顿第二定律
10、的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为 50Hz的交流电源，打点的时间间隔用 t 表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系” 。5（1）完成下列实验步骤中的填空：平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_的点。按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量 m。按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤。在每条纸带上清晰的部分，每 5 个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，
11、s 2，。求出与不同 m 相对应的加速度 a。以砝码的质量 m 为横坐标， 为纵坐标，在坐标纸上做出 -m 关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则 与 m 处应成_关系（填“线性”或“非线性” ） 。（2）完成下列填空：（）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_。（）设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1、s 2、s 3。a 可用 s1、s 3和 t 表示为a=_。图 2 为用米尺测量某一纸带上的 s1、s 3的情况，由图可读出s1=_mm，s 3=_mm。由此求得加速度的大小 a=_m/s2。（）图 3 为所得实
12、验图线的示意图。设图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，若牛6顿定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_。【答案】 （1）均匀线性（2） （）远小于小车和小车中砝码的质量之和（） 24.1 47.3 1.16（）1/k b/k【解析】（1）由加速度与小车和砝码的总质量成反比，即 a1/( M+m)可知， 与 m 处应成线性关系。 （2）小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是远小于小车和小车中砝码的质量之和。由于打点的时间间隔为 t，相邻计数点的时间间隔为 5t，由 s3-s1=2a5t，解得 a= 。根据刻度尺读数规则，s 1=36.6mm-12.5mm=24.1mm，s 3=1
13、20.0mm-72.7mm=47.3mm。t=0.02s，代人 a= 得到 a= =“1.16“ m/s2。设小车质量为M，由 F=(M+m)a，变换成 = m+ M。对比实验图线图 3，由 =k 可得小车受到的拉力为 F=1/k，由 M=b 可得 M=“b/k“ 。7.(1)某实验小组为了测量某一电阻 Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出 Rx的阻值约为 18 左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：7A.电流表(量程 15mA，内阻未知)B.电流表(量程 0.6A，内阻未知) C.电阻箱(099.99)D.电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约 3V，内阻约 1)F.
14、单刀单掷开关 2 只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合 S1，断开 S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为 I；b.保持开关 S1闭合，再闭合开关 S2，调节电阻箱的阻值为 R2，使电流表的示数仍为 I。根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_（选填器材前的字母）根据实验步骤可知，待测电阻 Rx=_（用步骤中所测得的物理量表示） 。(2)同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关 S2，调节电阻箱
15、R，读出多组电阻值 R 和电流 I 的数据；由实验数据绘出的 图象如图乙所示，由此可求得电源电动势 E=_V，内阻1IRr=_。(计算结果保留两位有效数字)8【答案】 (1). A； (2). D； (3). ； (4). 3.2； (5). 2.0；R2R1【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关 S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可。（2）根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。【详解】 （1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过
16、待测电阻的最大电流为：0.167=167mA，如果电流表选 B，则读数误差太大，故电流表应选 A；Imax=ERX=318电源电动势为 3V，电流表量程为 15mA=0.015A，由欧姆定律：I= 可知，电路中的最小电阻UR应为：R max= =200，所以电阻箱应选 D；EIA= 3V0.015A根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有：E=I（R x+R1+RA+r） ，S2闭合时有：E=I（R 2+RA+r） ，解得：R x=R2-R1；（2）闭合开关 S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I（R+R A+r） ，整理得： ，1I=1ER+RA+rE由图示： -R 图象可知：0.210 3= 63
17、6+ ，1I 1E RA+rE0.1103= 316+ ，已知： RA=2.0，1E RA+rE解得：E=3.2V，r=2.0；【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义。三、计算题8.如图所示，在坐标系 xOy 的第一象限内有方向竖直向上的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为 B1(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三、四象限内有磁感应强度9大小为 B2(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电荷量为 q、质
18、量为 m 的带负电的粒子，从 x 轴上的 P 点(-L,0)，沿与 x 轴负方向成 37角的方向向上射出，射出时的初速度大小为 ，经磁场偏转后，垂直通过 y 轴，粒子运动过程中第一次通过 x 轴时，速度v0方向与 x 轴的正方向刚好成 37角，又经过一段时间刚好从 P 点第二次通过 x 轴。不计粒子的重力。求：(sin37=06，cos37=08)(1)磁感应强度 B1的大小及粒子第一次通过 y 轴的位置；(2)电场强度 E 及磁感应强度 B2 的大小；(3)粒子从 P 点出发再回到 P 点所用的时间。【答案】 （1） ; (2) (3) B1=3mv05qL (0、3L） B2=mv06qL
19、 t=(5863540+8)Lv0【解析】试题分析：作出粒子整个运动过程轨迹，根据几何关系求解粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子通过 y 轴的位置坐标；粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动和速度分解求解粒子通过 x 轴的速度，根据几何关系可知，粒子在三、四象限内做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；分别求出粒子在第二象限的运动时间、在电场中运动时间、在第三、四象限中运动时间，即可得到从 P 点出发到再回到 P 点经过的时间（1）粒子经过磁场偏转，垂直通过 y 轴，因此粒子在第二象限的磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴上，作出粒子整个运动过程轨迹如图所示，
20、根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为 ，R1=Lsin37=53L根据 解得： ；qv0B1=mv20R B1=3mv05qL粒子第一次通过 y 轴的位置为： ，y=R1+R1cos37=3L因此通过 y 轴的位置坐标为（0，3L） ；10（2）粒子在电场中做类平抛运动，第一次通过 x 轴时，速度方向与 x 轴正方向夹角为37，则粒子通过 x 轴时，在电场中沿 x 轴方向的位移为 ，x=v0t1y 方向的位移为 ，又 ，解得： ；粒子通过 x 轴的速度为： ，根据几何关系可知，粒子在三、四象限内做圆周运动的半径为： ，根据 解得： ；（3）粒子在第二象限的运动周期为： ，在第二象限的运动时间为： ，在电场中运动时间为： ，在第三、四象限中运动周期为： ，在第三、四象限中运动时间为： ，因此从 P 点出发到再回到 P 点经过的时间为 11
