【物理】辽宁省抚顺市第一中学2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

【物理】辽宁省抚顺市第一中学2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

辽宁省抚顺市第一中学2020届高三上学期 期中考试试题 一、选择题 ‎1.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间．假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他（ ）‎ A. 所受的合力变化，做变加速运动 B. 所受的合力恒定，做匀加速运动 C. 所受的合力恒定，做变加速运动 D. 所受的合力为零，做匀速运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心.‎ ‎【详解】匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心．故物体做变加速运动，故A正确，BCD错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道匀速圆周运动的性质，明确线速度、向心加速度、向心力是矢量，矢量只有在大小和方向都不变时，该量才是不变的．‎ ‎2.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A. 2倍 B. 3倍 C. 4倍 D. 6倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查平抛运动的规律。‎ ‎【详解】ABCD.小球做平抛运动，落在斜面上时，有：‎ ‎ （ 是斜面的倾角）‎ 解得：‎ 则小球落在斜面上的的竖直分速度为：‎ 根据平行四边形定则知小球落至斜面时的速率：‎ 两球初速度之比为3：1,则两球在斜面上的速率之比为3：1，故B正确ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．‎ ‎4.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池内阻可忽略连接成如图所示电路开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为与的比值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压，得；S闭合时，，，故，故选C．‎ ‎【考点定位】闭合电路的欧姆定律、电容器 ‎【名师点睛】此题是对闭合电路欧姆定律及电容器问题的考查；解题关键是要搞清电路的结构，画出等效电路图，搞清电容器两端的电压是哪个电阻两端的电压，然后根据Q=CU求解电容器的带电荷量．‎ ‎5.平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】、‎ 粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，‎ 根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 根据轨迹图知 ‎，‎ ‎∠OPQ=60°‎ 则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ‎，‎ 则D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎6.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 两线圈内产生顺时针方向感应电流 B. a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C. a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D. a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，根据法拉第电磁感应定律可知，则，选项B正确；根据，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率，故a、b线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B．‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率．‎ ‎【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量．‎ ‎7.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是（ ）‎ A. a的质量比b的大 B. 在t时刻，a的动能比b的大 C. 在t时刻，a和b的电势能相等 D. 在t时刻，a和b的动量大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点．‎ 解析 根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab．对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： >，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确．‎ 点睛 若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a的质量比b小吗？在t时刻力微粒的动量还相等吗？在t时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？ ‎ ‎8.如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B. 第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加 C. 第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加 D. 物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，故A错误；‎ B、根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加；故B错误；‎ C、由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即△E＝W阻＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F阻s相对，又由于s传送带＝vt，s物t，所以s物＝s相对s传送带，即Q＝△E，故C正确．‎ D、第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎9.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（ ）‎ A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；‎ BC．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态， BC错误；‎ D．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．‎ ‎10.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则 A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ D. 流经L2电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查右手螺旋定则来判定通电直导线得磁场方向。‎ ‎【详解】ABCD.整个系统处于匀强磁场中，外磁场得磁感应强度大小为 ，方向垂直于纸面向外，且a、b两点得磁感应强度大小分别为 和 ，方向也垂直于纸面向外，根据右手螺旋定则， 直导线电流，在a、b两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等；同理， 直导线的电流，在a点磁场方向垂直纸面向里，在b点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等,根据矢量叠加法则，则：‎ ‎ ‎ 联立上式，可解得：， 。故AD正确BC错误。‎ 故选AD。‎ ‎11.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是 A. 坐标原点处的电势为1V B. 电子在a点的电势能比在b点的低7eV C. 电场强度沿cO方向 D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查匀强电场中的电势差和场强的关系以及电场力做功和电势能之间的关系。‎ ‎【详解】A.根据，因a、b、c三点电势分别为、、，解得：原点处的电势为，故A正确。‎ B.因，电子从a点到b点电场力做功为，因电场力做正功，电势能减小，则电子在a点的电势能比在b点的高，故B错误。‎ C.如图在ac连线上找一点电势为17V，根据匀强电场同一直线上，电势差与长度成正比，故，即为等势线，那么垂直连线则为电场线，故C错误。‎ D.，电子从b到c，电场力做功，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是 A. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U不变 B. 若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量不变 C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U减小，电容器所带电荷量减小 D. 若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】本题考查含容电路的动态分析问题。‎ ‎【详解】A.若仅将的滑动触头P向b端移动，所在支路有电容器，被断路，则I、U保持不变。故A正确。‎ B.根据，若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少。故B错误。‎ C. 若仅用更强的光照射R1，电阻随光强的增大而减小，则I增大，U应当减少，电荷量减少。故C正确。‎ D.U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值表示电源的内阻，是不变的。故D正确。‎ 故选ACD。‎ 二、填空题 ‎13.如图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．‎ ‎ ‎ ‎(1)图(a)中的A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接．‎ ‎(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）．‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω.‎ ‎(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________．（结果均保留3位有效数字）‎ ‎【答案】(1). 黑 (2). B (3). 160 ( 880 (4). 1.47mA 1.10×103 Ω 2.95 V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出，端与电池正极相连，电流从端流出，端与黑表笔相连；‎ ‎(2)[2]由电路图可知只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要调节；‎ A.与分析不符，故A错误；‎ B.与分析相符，故B正确；‎ C.与分析不符，故C错误；‎ ‎(3)[3]端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1‎ ‎ mA挡，如图所示 由电表的改装原理可知端与“2”相连时，有：‎ 解得：‎ ‎[4]端与“4”相连时，如图所示 多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻：‎ ‎(4)[5]端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；‎ ‎[6]端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100Ω挡，读数为：‎ ‎[7]端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为：‎ 三、计算题 ‎14.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切．BC为圆弧轨道的直径．O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g．求：‎ ‎（1）水平恒力大小和小球到达C点时速度的大小；‎ ‎（2）小球到达A点时动量的大小；‎ ‎（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．‎ 解析（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F．由力的合成法则有 ‎①‎ ‎②‎ 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 ‎③‎ 由①②③式和题给数据得 ‎④‎ ‎⑤‎ ‎（2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得 ‎⑥‎ ‎⑦‎ 由动能定理有 ‎⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 ‎⑨‎ ‎（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g．设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t．由运动学公式有 ‎⑩‎ 由⑤⑦⑩式和题给数据得 点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．‎ ‎15.如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核和一个氘核先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为，并从坐标原点O处第一次射出磁场. 氕核的质量为m，电荷量为q. 氘核的质量为2m，电荷量为q，不计重力．求：‎ ‎(1)第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间． ‎ ‎【答案】（1）2h（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点的距离为，由运动学公式有：‎ 由题给条件，进入磁场时速度的方向与轴正方向夹角，进入磁场时速度的分量的大小为：‎ 联立可得：‎ ‎(2)在电场中运动时，由牛顿第二定律有：‎ 设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有：‎ 设磁感应强度大小为，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：‎ 由几何关系得：‎ 联立可得：‎ ‎(3)设在电场中沿轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得：‎ 由牛顿第二定律有：‎ 设第一次射入磁场时速度大小为，速度的方向与轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为，由运动学公式有：‎ 联立可得：‎ ‎，，‎ 设在磁场中做圆周运动的时间为，及粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式得：‎ 且有：‎ 第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间：‎