河北省大名县第一中学2019届高三物理上学期期末强化训练试题（三）（含解析）.doc

河北省大名县第一中学2019届高三物理上学期期末强化训练试题（三）（含解析）一、选择题：1.如图所示，点A、B、C在半径为r的同一圆周上，三点等分圆周，A点放置正点电荷，所带电荷量为，B、C点放置负点电荷，所带电荷量为，静电力常量为k，则三个点电荷在圆心O处产生的电场强度大小为 ()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在A点的电荷在O点产生的场强，方向沿AO方向；在BC点的电荷在O点产生的场强均为，方向分别沿OB和OC方向；因EB和EC互成1200角，则合场强为 ，则O点的场强为，故选A.2.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，则在此过程中下列说法中正确的是()A. 电容器的带电荷量变大B. 电路中有顺时针方向的短暂电流C. 带电微粒仍将静止D. 带电微粒将向下做加速运动【答案】A【解析】【详解】电容器始终与电源相连，知道两端的电势差不变，现将下极板向上平移一小段距离，根据知，电容增大，则Q=CU，知电荷量增大。电路中有逆时针方向的短暂电路。由于电势差不变，d减小，则电场强度增大，即带电粒子所受的电场力增大，粒子向上做加速运动。故A正确，BCD错误。故选A。3.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中A. 电压表与电流表的示数都减小B. 电压表与电流表的示数都增大C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大。【答案】A【解析】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大故D正确，ABC错误；故选：D【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化【此处有视频，请去附件查看】4.如图所示，额定功率相同，额定电压不同的A、B两种电灯，接在如图所示电路中，图中变压器为理想变压器，当在a、b两接线柱间加上适当的正弦交流电时，电路中四盏电灯均能正常发光，设变压器的原、副线圈的匝数比为n1n2，两种电灯正常发光时的电阻比为RARB，则：（ ）A. n1n2=31，RARB=1:3B. n1n2=21，RARB=19C. n1n2=21，RARB=13D. n1n2=31，RA RB=19【答案】B【解析】试题分析：设A种等的额定电流为I，则变压器初级线圈电流为I，次级线圈电流为2I，则变压器器初级和次级线圈的匝数比为2:1；设A灯的额定电压为U，则变压器初级电压为2U，B灯两端的电压为3U；根据可知，故选B考点：变压器；电功率【名师点睛】此题是关于变压器问题的计算；关键是知道变压器初级次级匝数与初次级电压及电流的关系；变压器的输入功率等于输出功率；此题问题中，B灯两端的电压等于变压器的初级电压与A灯电压之和；此题是中等题5.如图所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是() A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”的原理，知从左侧无穷远处向右电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高；然后再电势减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷后右，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故A正确，B错误；根据电场线的疏密表示场强的大小，可知，从左侧无穷远到正电荷，电场强度逐渐增大，方向向左。从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点的电场强度不为零。从负电荷到右侧无穷远，电场强度逐渐减小到零，方向向右。故CD错误。故选A。6.如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向A. 向左B. 向右C. 垂直纸面向外D. 垂直纸面向里【答案】B【解析】当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B正确。【此处有视频，请去附件查看】7.一个匝数为100匝，电阻为0.5的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为 ()A. 5AB. 2AC. 6AD. 5A【答案】B【解析】01s内的磁通量变化率为：K1=0.01/1Wb/s=0.01Wb/s，则感应电动势为：E1=nK1=1V，11.2s内的磁通量变化率为：K2=0.01/0.2Wb/s=0.05Wb/s，则感应电动势为：E2=nK2=5V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q=Q1+Q2= 1+ 0.2=3J根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT得：I=A，故BCD错误，A正确；故选：A.8.带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示运动中经过b点，OaOb，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直于y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为()A. vB. 1C. 2v0D. 【答案】选C.【解析】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即：，得：；如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，得：，所以有：，故选C.【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径9.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A. 向右做匀速运动B. 向左做减速运动C. 向右做减速运动D. 向右做加速运动【答案】BC【解析】试题分析：导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引故A错误导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于N极，螺线管右侧是S极，则线圈c被螺线管吸引故B正确导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于S极，螺线管右侧是N极，则线圈c被螺线管吸引故C正确导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于N极，螺线管右侧是S极，则线圈c被螺线管排斥故D错误故选BC。考点：右手定则；楞次定律【名师点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动。10.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（ ）A. 图甲中的A1、A2的示数不同B. 图甲中的A1、A2的指针偏角相同C. 图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D. 图乙中的A1、A2的指针示数相同【答案】ABD【解析】【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同【详解】图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故A B正确。图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。故C错误，D正确。故选ABD。11.如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，杆和导轨的电阻不计，且杆与导轨间无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一个与杆垂直的水平向右的恒力F，使杆从静止开始运动。在运动过程中，杆的速度大小为v，杆所受安培力为F安，R中的电流为I，R上消耗的总能量为E总，则下列关于v、F安、I、E总随时间变化的图像可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】根据牛顿第二定律知，杆子的加速度为：，由于速度增大，则加速度减小，可知杆子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，做匀速直线运动，故A正确。根据可知，安培力先逐渐变大，后不变，但是由于速度不是均匀变大，则F安-t图像开始阶段不是直线 ，选项B错误；感应电流，则电流先逐渐变大，后不变，但是由于速度不是均匀变大，则I-t图像开始阶段不是直线 ，选项C错误； 根据焦耳定律知，E=QI2Rtt，因为速度增大，可知E-t图线的切线斜率增大，最终电流不变，E与t成正比，故D正确。故选AD。【点睛】题考查了电磁感应与动力学和能量的综合，知道杆子在整个过程中的运动规律，知道当拉力和安培力相等时，杆子做匀速直线运动。12.在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是（ ）A. 小球的动能先变小后变大B. 小球的切向加速度一直变大C. 小球受到的拉力一直变大D. 小球受到的电场力做功的功率先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】小球从A点摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，由动能定理可知，小球的动能Ek一直增大，故A错误；小球从A点摆动到B点的过程中，轻绳与OB的夹角设为，小球的切向加速度：，则切向加速度随着的减小而减小，故B错误；对小球，由牛顿第二定律和得：F-qEcos=m，解得小球受到的拉力大小：F=qEcos+m，cos、v均随着的减小而增大，可见F一直增大，故C正确；在A点时小球的速率为零，电场力做功的瞬时功率为零，过B点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功功率先增大后减小，故D正确。故选CD。13.如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1=2B2. 一比荷值为k的带电粒子（不计重力），以一定速率从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子下一次到达O点经历的时间为（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB=m解得：，粒子做圆周运动的周期为：，由题意可知：B1=2B2，则：r2=2r1，T2=2T1， ；根据粒子运动轨迹可知，粒子下一次到达O点经历的时间为（n=0，1，2，3）则选项BC正确，CD错误；故选BC. 点睛：本题关键在于根据半径关系画出粒子运动的轨迹，然后确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路。14.如图所示为一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点。若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从P点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出。由此可知A. 匀强电场的电场强度为B. 匀强磁场的磁感应强度为C. 带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D. 带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为12【答案】BC【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，有，联立解得，A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，由几何关系有r=L，联立解得，B正确；粒子在匀强磁场中运动的加速度，C正确；带电粒子在匀强电场中运动的时间，在匀强磁场中运动的时间，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为，D错误，故选BC.二、实验题15.用10分度游标卡尺测量遮光条宽度d，如图所示遮光条宽度d=_mm 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度.该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示,测量金属板厚度时的示数如图(b)所示.图(a)所示读数为_mm，图(b)所示读数为_mm，所测金属板的厚度为_mm.【答案】 (1). 3.8 mm (2). 0.010(0.009或0.011也对) (3). 6.870(6.869或6.871也对) (4). 6.860(6.8586.862)【解析】【详解】遮光条宽度d=3mm+0.1mm8=3.8mm；(a)所示读数为：0.01mm1.0=0.010mm，图(b)所示读数为：6.5mm+0.01mm37.0=6.870mm，所测金属板的厚度为：6.870mm-0.010mm=6.860mm.16.测量某电源电动势和内电阻,提供实验器材如下:A.待测电源(电动势约12V、内阻约1、额定电流2A)B.安培表A(量程1A)C.电流表G(量程1mA、内阻约50)D.电阻箱(099999.9)E.滑动变阻器(020k) F.滑动变阻器(01k)H.滑动变阻器(050);J.定值电阻(阻值5) K.定值电阻(阻值100)L.开关、导线若干(1).电流表改装成电压表,需要测量电流表内阻Rg,实验小组采用如图甲所示的电路,实验步骤如下:连接好电路,闭合开关S1前,变阻器R1的滑片应移到_(选填“最左端”或“最右端”).闭合S1,断开S2,调节R1使电流表G满偏.闭合S2,保持R1阻值不变,调节电阻箱R2的阻值,使得G半偏,读出电阻箱示数R,则电流表G的内阻Rg=_.(2).将电流表G改装成量程15V的电压表,已测得Rg=52.0,则图乙电路中电阻箱R2的取值应为_.(3).用图乙电路测电源电动势和内阻,滑动变阻器R3选用_;定值电阻R0选用_(选填器材序号).(4).根据实验测得数据作出电压表读数U与电流表A读数I间的关系图象(图象未画出)，由图象读出I=0时U=12.1V，图线斜率绝对值为5.9V/A，则电源电动势E=_V,电源内阻r=_.【答案】 (1). 最左端 (2). R (3). 14948.0 (4). H (5). J (6). 12.1 (7). 0.9【解析】（1）变阻器R1的滑片移到最左端时接入电路的电阻最大，故闭合开关S1前，变阻器R1的滑片移到最左端，闭合S2，电阻箱R2与电流表G并联，当电流表G半偏时，即电流表中电流为原来的一半，则另一半电流流过电阻箱R2，电阻箱R2与电流表G中电流相同，故电阻值也相等。故填分别填最左端和R。（2）将电流表G改装成量程为15 V的电压表后，表的总电阻，与电流表G串联的电阻箱 ；（3）滑动变阻器的总阻值小，便于精细调节，故选H，因电流表量程为1A，定值电阻若选100，则测量电流的大小及大小变化范围就非常小，故定值电阻应选J。（4）由图乙，将定值电阻等效为电源内阻，I0时，路端电压即为电动势E=U12.1 V，图线斜率绝对值为等效内阻的大小，则电源实际内阻为r=5.9 -5=0.9 。17.如图所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处电场强度为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN=2d，PN=3d，离子重力不计。（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场电场强度E的值；【答案】（1）（2）【解析】（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得:（2）离子做类平抛运动 ： 2d=vt 由牛顿第二定律得qE0=ma则： 18.如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）甲、乙两种离子的比荷之比。【答案】（1）（2）【解析】试题分析 本题主要考查带电粒子在电场中的加速、在匀强磁场中的匀速圆周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实际问题的的能力。解析（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有由几何关系知由式得（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有由题给条件有由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为点睛 此题与2013年北京理综卷第23题情景类似，都可以看作是质谱仪模型。解答所用的知识点和方法类似。19.在xOy光滑水平平面内存在着如图所示的电场和磁场，其中第一象限内存在磁感应强度大小B=02 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二、四象限内电场方向与y轴平行且大小相等、方向相反，质量m=210-12 kg，电荷量q=ll0-10 C的带正电小球（大小忽略不计），从第四象限内的P（0.3 m，一0.1 m）点由静止释放，小球垂直y轴方向进入第二象限，求： (1)电场的电场强度大小E；(2)小球到达x轴负半轴时的位置坐标【答案】（1）0.9N/C （2） 【解析】（1）小球在第一象限内运动时，由洛伦兹力提供向心