【文档说明】黑龙江省实验中学2021届高三上学期12月月考物理试题答案版.docx，共(6)页，191.284 KB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省实验中学2020-2021学年度上学期高三年级12月月考理科物理试题答案版本1.【答案】B【解析】根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图；根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图A．a、b两点磁感应强度大小不相等，方向也不一定相同，选项A错误；B

．a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小，选项B正确；C．c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同，选项C错误；D．b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大。2.【答案】A【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为12:2

:2:1RRRR==，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比12:1:2II=．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式FILB=，可知12::1:2FFII==，得12FF=，3.【答案】C【详解】AB

、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向AF的方向在t0时刻发生变化。t0时刻，原磁场的磁感应强度为零，所以安培力为零，但图像斜率不变所以依然有电流

。D、由闭合电路欧姆定律得：EIR=，又根据法拉第电磁感应定律得：22BrEtt==4.C5.【答案】D【详解】A．经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，电场力一定做负功，小球带正电，故A错误；B．仅当支持力为零，电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，有0sin3

0qEqvB=即012EvB=故B错误；C．因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明合力和速度方向垂直，撤去磁场后，重力和电场力合力不做功，支持力不做功，则小球仍沿杆做匀速直线运动，故C错误；D．撤去电场，只有重力对小球做功，小球的机械能不变，故D正确

。6.【答案】DA、根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，那么电容器下极带正电，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律：ΦBEnnStt==；解得：E0.8V=，故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律，有：12EI0.08ARRr==++，

根据21PIR=解得：2P2.5610W−=；D、螺线管两端的电压为路端电压，用电流乘以两个电阻的阻值之和，故D正确；7.【答案】D【解析】A．由电磁感应定律得：2022lBlEBl+==，EIR=，故ω一定时

，电流大小恒定；B．由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，B正确；C．圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，C错误；D．22424EBlPRR

==，角速度加倍时功率变成4倍。8.【答案】C【解析】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；A．金属棒受到的安培力22222EBLvBLvFBILBLBLRRR===

=，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；B．整个过程中感应电荷量2EqIttR==，又BLsEtt==，联立得2BLsqR=,故金属棒的

位移2qRsBL=C．整个过程中由动能定理可得：-W安=0-12mv02，金属棒克服安培力做功为W安=12mv02，故C正确；D．克服安培力做功把金属棒的动能转化为焦耳热，由于金属棒电阻与电阻串联在电路中

，且阻值相等，则电阻R上产生的焦耳热Q=12W安=14mv02，故D错误．9.A10.【答案】AC11.【答案】ACD12.【答案】BD【详解】ABC．对甲图，根据电阻定律可知1bRac=设电源电动势为E，由EIR=，In

eSv=可知1Eneacvbac=自由电子在电场和磁场中达到平衡，有电场力等于洛仑兹力，可知11UevBea=联立以上各式可求得1aBEUbne=同理，对乙图，根据电阻定律可知2cRab=设电源电动势为E，由EIR=，IneSv=可知2Eneabvcab=自由电子在电场和磁场中

达到平衡，有电场力等于洛仑兹力，可知22UevBea=联立以上各式可求得2aBEUcne=因为b>c，所以有12aBEaBEUUbnecne==D．由于甲、乙都是金属板，所以都是自由电子在发生定向移动，由于电流的方向都是向右

，故自由电子向左移动，由左手定则，可知都是金属板的后表面聚焦自由电子，从而带负电，前表面带正电，所以对金属板前后表面来说，都会有金属板前表面电势高于后表面电势。13.【答案】ABC【详解】A．磁汇聚和磁扩散条件B．假设粒子带正电，磁场方向垂直于纸面向里，由于rR，粒子的运动轨迹如

图即带电粒子的轨迹半径大于圆的半径，射出磁场边界的粒子几乎可以充满整个圆边界区，所有的弧都是略弧，所以最长的弧对应最长的弦长，所以直径出去的时间最长。C．当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与

磁场边界的最远交点为M，由题意知60POM=由几何关系得轨迹圆半径为12Rr=从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N，由题意知120PON=，由几何关系得轨迹圆的半径为232Rr=根据洛伦

兹力充当向心力可知2vqvBmr=速度与半径成正比，因此v1：v2=r1：r2=1:3，由图可知运动轨迹都是半个圆周，所以是1:114.答案9.940（1分）15.【答案】dafb（2分）15kΏ（2分）45kΩ

（2分）红（1分）([1]先把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏转如图所示．指针指在示数较大处，为使指针指在刻度盘中央附近，应换用“×100”挡(几百×10=几十×100)，再欧姆调零，测量，整理器材．实验步骤中的正确顺序是：dafb[2]电表内阻461.51.51015kΩ10010g

ERI−====内[3]当电表指针指在20μA刻度线上时EIRR=+内，整理得45KΩ[4]多用电表测电路中的电流，a点与电源正极相连，则与a点相连的是多用电表的红表笔．16.（8分）【答案】）03dtv=；012vv=【详解】（1）电子在磁场中运动，只受洛

伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，设圆心为O点，如图所示(1)根据几何关系可得sin30dR=解得R=2d（1分）根据洛伦兹力提供向心力，则有200vBevmR=（1分）解得02Bedmv=电子穿过磁场的时间是30136012tTT==（1分

）02vRT=（1分）由于2mTeB=解得03dtv=（1分）（2）电子刚好不能从A边射出时，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得Rd=（1分）根据洛伦兹力提供向心力，则有2vBevmR=（1分）又200vBevmR=联立解得012vv

=（1分）17.（8分）【答案】2.4v8.88w【详解】（1）金属杆ab由静止开始做匀加速直线运动，3s末速度：vat=（1分）金属杆ab切割磁感线，产生感应电动势：EBLv=（1分）解得：E=2.4v（1分）由牛顿第二定律：=FFma安−（1分）3s末通过R的电流：E

IRr=+（1分）运动中受到的安培力：=FBIL安（1分），3s末水平拉力F的瞬时功率：PFv=（1分），代入解得:P=8.88W（1分）18.（12分）【答案】(1)16m/s60°(2)s120(3)3()

s100120+【解析】（1）粒子在第一象限做类平抛运动，如图所示，加速度a==1600m/s2（1分），运动时间221atx=（1分），粒子通过y轴进入磁场时在x方向上的速度vx=at1=8m/s（1分），v=（1分）v=16m/s（1分），因此tan=

60°（1分）（2）粒子在第二象限以O´为圆心做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为2=120°，r2vmqvB=（1分）vr2=T（1分）运动时间222=Tt（1分）s120t2=（1分）（3）粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，经时间t3=t1，粒子的速度变为v

0，此后得得前面的运动，可见，粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期T=t1+t2+t3（1分）=3()s100120+（1分）（公式和结果各1分）19（12分）答案(1)正电mgE(2)2EBRg(3)27R解析(1)小球进入第一象限后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与

电场力平衡，设小球所带的电荷量为q，则qE＝mg（1分），解得q＝mgE（1分）。又电场方向竖直向上，故小球带正电（1分）。(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v、轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qBv＝mv2r（1分）。当小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道内侧运动时，P、

O距离有最小值，此时应满足：mg＝mv2R（1分），得r＝EBRg，即P、O的最小距离为y＝2r（1分）y＝2EBRg（1分）。(3)小球由O运动到N的过程中由机械能守恒定律得mg·2R＝12mv2N－12mv2（1分），解得vN＝5gR小球

从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a，则：沿x轴方向x＝vNt（1分），沿电场方向z＝12at2（1分），由牛顿第二定律得a＝qEm，t时刻小球距O点的距离为s＝x2＋z2＋2R2（1分）s＝27R（1分）。