四川省凉山州2020届高三物理上学期期末模拟试题（三）.docx

四川省凉山州2020届高三物理上学期期末模拟试题（三）一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1. 下列说法中不正确的是A. 在高大的建筑物顶端安装的避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施B. 超高压带电作业的工人穿戴的用包含金属丝织物制成的工作服可以起到静电屏蔽的作用C. 法拉第首先提出了电荷周围存在电场的观点D. 安培通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系【答案】D【解析】解：A、避雷针，又名防雷针，是用来保护建筑物物等避免雷击的装置在高大建筑物顶端安装一根金属棒，用金属线与埋在地下的一块金属板连接起来，利用金属棒的尖端放电，使云层所带的电和地上的电中和，从而不会引发事故故A正确B、超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这种工作服叫屏蔽服，其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害故B正确C、在对电场的研究中，法拉第首先提出了电荷周围存在电场的观点故C正确；D、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系故D不正确本题选择不正确的，故选：D1、雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击2、带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系本题考查有关静电应用和防止等知识点的内容，要求同学们能用物理知识解释生活中的现象，难度不大，属于基础题2. 如图所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是. A一定受两个力作用B. A一定受四个力作用C. A可能受三个力作用D. A受两个力或者四个力作用【答案】D【解析】【分析】分物体进行受力分析，由共点力的平衡条件可知物体如何才能平衡；并且分析拉力与重力的大小关系，从而确定A受力的个数解力学题，重要的一环就是对物体进行正确的受力分析由于各物体间的作用是交互的，任何一个力学问题都不可能只涉及一个物体，力是不能离开物体而独立存在的所以在解题时，应画一简图，运用“隔离法”，进行受力分析【解答】若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力时，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用；故选：D3. 如图所示，有一带电量为的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，到带电薄板的垂线通过板的圆心若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是 A. B. C. 0D. 【答案】A【解析】解：在a处产生的场强大小为，方向水平向左。据题，a点处的电场强度为零，与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在a点产生的场强大小为，方向水平向右。根据对称性可知，带电薄板在b点产生的场强大小为，方向水平向左。在b处产生的场强大小为，方向水平向左，则b点处的电场强度大小是。故选：A。据题，a点处的电场强度为零，与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反在a处产生的场强大小为，得到带电薄板在a点产生的场强大小，根据对称性，确定带电薄板在b点产生的场强大小在b处产生的场强大小为，再根据叠加原理求解b点处的电场强度大小本题考查电场的叠加，关键要抓住带电薄板产生的电场的对称性4. 如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则A. 物块机械能守恒B. 物块和弹簧组成的系统机械能守恒C. 物块机械能减少D. 物块和弹簧组成的系统机械能减少【答案】D【解析】解：A、对于物体来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹力势能，因此机械能肯定减少。故A错误。B、对于物块和弹簧组成的系统来说，物体减少的机械能为克服空气阻力所做的功弹簧弹性势能，而弹簧则增加了弹性势能，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功。故B错误。C、由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量。所以物块机械能减少，故C错误。D、物块从A点由静止开始下落，加速度是，根据牛顿第二定律得：，所以空气阻力所做的功，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少，故D正确，故选：D。根据机械能守恒条件求解由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，注意题目中的研究对象的选择学会运用能量守恒的观点求解问题，知道能量是守恒的和能量的转化形式5. 一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，桌面足够高，如图所示若在链条两端各挂一个质量为的小球，如图所示若在链条两端和中央各挂一个质量为的小球，如图所示由静止释放，当链条刚离开桌面时，图中链条的速度为，图中链条的速度为，图中链条的速度为设链条滑动过程中始终不离开桌面，挡板光滑下列判断中正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方L处为0势能面则释放前，系统的重力势能为第一次， 第二次， 第三次， 释放后 则损失的重力势能 那么 解得： 显然，所以，故选D 在运动的过程中，对整个系统而言，机械能守恒抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量，分别求出离开桌面时的速度解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量进行求解6. 如图所示，为两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是A. 电阻A的电阻随电流的增大而减小，电阻B阻值不变B. 在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻BC. 在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻BD. 在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B【答案】B【解析】解：A、由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变；故A错误；BCD、两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；故B正确，CD错误；故选：B。在图象中，图象的斜率表示电阻；两线交点时电流和电压相等，则由欧姆定律可求得电阻相等本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确图象中图象的斜率表示电阻；斜率变大时，电阻增大7. 如图所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆PQ以速度v向右匀速移动，已知磁场的磁感强度为B、方向垂直于导轨平面即纸面向外，导轨间距为l，闭合电路acQPa中除电阻R外，其他部分的电阻忽略不计，则A. 电路中的感应电动势B. 电路中的感应电流C. 通过电阻R的电流方向是由a向cD. 通过PQ杆中的电流方向是由Q向P【答案】B【解析】解：A、导体棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势为：，故A错误；B、电路中的感应电流为：，故B正确；CD、由右手定则可知，PQ中产生的感应电流从P流向Q，通过R的电流方向从c流向a，故C、D错误；故选：B由公式可以求出感应电动势；由欧姆定律可以求出感应电流；由右手定则可以判断出感应电流的方向熟练应用公式、右手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题8. 如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴线自由转动，现通以图示方向电流，沿看去会发现A. A环、B环均不转动B. A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动C. A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动D. A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止【答案】D【解析】【分析】根据安培定则判断出通电圆环a的周围有磁场，通电圆环b放在了通电圆环a的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识要注意利用“两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势”是解题的最佳方法【解答】由安培定则可得，A环产生的磁场的方向向下，B环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，所以A环顺时针转动，B环逆时针转动。二者相互靠拢。直至重合；故D正确，ABC错误。故选：D。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动现使钢板以速度向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度的方向与的方向垂直，沿y轴正方向沿槽匀速运动，以下说法正确的是A. 若拉力F的方向在第一象限，则其大小一定大于B. 若拉力F的方向在第二象限，则其大小可能小于C. 若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为D. 若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为【答案】BD【解析】解：工件有相对于钢板水平向左的速度和沿导槽的速度，故工件相对于钢板的速度如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以有： ，因此F的大小为 故选BD 明确工件所受滑动摩擦力的大小和方向，注意滑动摩擦力的方向是和物体的相对运动相反，正确判断出工件所受摩擦力方向，然后根据其运动状态即可正确求解该题注意正确分析滑动摩擦力的大小和方向，其大小与正压力成正比，方向与物体相对运动方向相反，在具体练习中要正确应用该规律解题10. 如图所示，在平行于xOy平面的区域内存在着电场，一个正电荷沿直线先后从C点移动到A点和B点，在这两个过程中，均需要克服电场力做功，且做功的数值相等。下列说法正确的是A. A、B两点在同一个等势面上B. B点的电势低于C点的电势C. 该电荷在A点的电势能大于在C点的电势能D. 这一区域内的电场可能是在第象限内某位置的一个正点电荷所产生的【答案】ACD【解析】解：A、由题，电荷沿直线先后从C点移动到A点和B点，克服电场力做功的数值相等，由电场力做功的公式可判断出C、A间电势差与C、B间电势差相等，则A、B两点的电势相等，两点在同一个等势面上。故A正确。 B、由于电场力做负功，电荷的电势能增大，而电荷带正电，正电荷在电势高处电势能大，则B点的电势高于C点的电势。故B错误。 C、从C到A过程，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增大，则电荷在A点的电势能大于在C点的电势能。故C正确。 D、根据AB两点电势相等分析，此电场可能是由处于AB连线中垂线上第象限内某位置的一个正点电荷所产生的。故D正确。故选：ACD。由题，电荷沿直线先后从C点移动到A点和B点，克服电场力做功的数值相等，由电场力做功的公式可判断出A、B电势关系。克服电场力做功，电荷的电势能增大。此电场可能是由处于AB连线中垂线上第象限内某位置的一个正点电荷所产生的。本题考查对电场力做功与电势能变化、电势差等关系的理解和应用能力，中等难度。11. 如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为已知自由电子的电量为下列说法中正确的是A. M板比N板电势高B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C. 导体中自由电子定向移动的速度为D. 导体单位体积内的自由电子数为【答案】CD【解析】解：A、如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低 B、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关故B错误C、由，得自由电子定向移动的速度为故C正确D、电流的微观表达式是，则导体单位体积内的自由电子数，代入得故D正确故选CD金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定M、N两板电势的高低电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，为电子定向移动的速率，电压表的读数根据电流的微观表达式，求解导体单位体积内的自由电子数n本题现象称为霍尔效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡分析电压表的示数中等难度12. 图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子运动的动能随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是A. 在图中应有B. 高频电源的变化周期应该等于C. 要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径D. 在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大【答案】AC【解析】解：A、根据周期公式知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以故A正确。B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于，故B错误；C、根据半径公式知，则粒子的最大动能，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关。故C正确，D错误。故选：AC。交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式和半径公式进行判断。本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的。三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）13. 用如图a所示的实验装置验证组成的系统机械能守恒，从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图b给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点。每相邻两计数点之间还有4个点图中未标出，计数点间的距离如图所示。已知。，结果均保留两位有效数字在纸带上打下计数点5时的速度_。在打下第0个点到第5点的过程中系统动能的增量_J系统势能减少_当地重力加速度g约为若某同学作出图象如图c所示，则当地的重力加速度_。【答案】 【解析】解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：。在过程中系统动能的增量。系统重力势能的减小量为。本题中根据机械能守恒可知，即有：，所以图象中图象的斜率不表示重力加速度，由图可知，斜率，故当地的实际重力加速度。故答案为：；。根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量。本题验证系统机械能守恒，关键得出系统动能的增加量和系统重力势能的减小量，要掌握求瞬时速度的方法。14. 某研究性学习小组欲较准确地测量一电池组的电动势及其内阻给定的器材如下：A.电流表满偏电流10mA，内阻B.电流表，内阻未知C.滑动变阻器D.定值电阻阻值E.多用电表开关与导线若干某同学首先用多用电表的直流10V挡粗略测量电池组的电动势，电表指针如右图所示，则该电表读数为_该同学再用提供的其他实验器材，设计了如下图甲所示的电路，请你按照电路图在图乙上完成实物连线图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的图线为电流表G的示数，为电流表A的示数，则由图线可以得到被测电池组的电动势_V，内阻_保留2位有效数字【答案】 【解析】解：量程为10V，则最小分度为，故读数为；先将电流表及滑动变阻器串接在电源两端；再并联另一支路，电路中连线避免交叉；答案如图所示；根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；电流表G和定值电阻R组成了一个量程为10V的电压表，由可得图象与纵轴的交点为电源的电动势，由图可知，电动势；图象的斜率表示电源的内阻，内阻；故答案为：；如图所示；根据电压表的量程可明确对应的读数；已知原理图，根据原理图先连出其中一个支路，再去连接另一支路，注意导线不能交叉；图象与纵坐标的截距表示电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确图象的应用，能正确根据闭合电路欧姆定律和图象结合求解电动势和内电阻四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）15. 如图所示，空间有场强竖直向下的电场，长不可伸长的轻绳固定于O点另一端系一质量带电的小球拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成、无限大的挡板MN上的C点试求：绳子的最大张力；、C两点的电势差；当小球运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的方向及取值范围【答案】解：由动能定理及圆周运动知识有：联解得：由功能关系及电场相关知识有：联解得：由题可知施加恒力F后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上设恒力F与竖直方向的夹角为，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示或由矢量三角形可知：当F与或运动的方向垂直时，F有最小值而无最大值由矢量三角形图有： 联解得： 答：绳子的最大张力为30N；、C两点的电势差为125V；所加恒力F的取值范围；方向范围为【解析】根据动能定理求出小球经过最低点时的速度经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子末速度的大小本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用16. 如图所示，宽为、足够长的金属导轨MN和放在倾角为的斜面上，在N和之间连有一个阻值为的电阻，在导轨上处放置一根与导轨垂直、质量为、电阻为的金属滑杆，导轨的电阻不计。用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处小车可视为质点，滑轮离小车的高度。在导轨的和所围的区域存在一个磁感应强度、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为，此区域外导轨是光滑的。电动小车沿PS方向以的速度匀速前进时，滑杆经的位移由滑到位置。取求：请问滑杆滑到位置时的速度是多大？若滑杆滑到位置时细绳中拉力为，滑杆通过位置时的加速度？若滑杆运动到位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到位置过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？设导轨足够长，滑杆滑回到时恰好做匀速直线运动。【答案】解：滑杆运动到位置时，小车通过S点时的速度为，设系绳与水平面的夹角为，则，此时向上的速度即绳端沿绳长方向的速度：。滑杆运动到位置产生感应电动势，产生感应电流受到的安培力，代入数据，可得。滑杆通过位置时所受摩擦力。由牛顿第二定律得：，解得加速度：。设滑杆返回运动到位置后做匀速运动的速度为，由平衡条件得：，代入数据，可得：由能量守恒定律得：，代入数据，可得电阻R上产生的热量，解得：。答：滑杆滑到位置时的速度是；若滑杆滑到位置时细绳中拉力为，滑杆通过位置时的加速度是；若滑杆运动到位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到位置过程中，电阻R上产生的热量Q为。【解析】由速度分解法求出滑杆滑到位置时的速度；感应电动势为，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律求出加速度。由平衡条件求出滑杆的速度，由能量守恒定律求出产生的热量。本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R与r产生的热量之和。17. 如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L，距左端L处的右侧一段被弯成半径为的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差的水平面上以弧形导轨的末端点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立Ox坐标轴圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t均匀变化的磁场，如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x方向均匀变化的磁场，如图3所示；磁场和的方向均竖直向上在圆弧导轨最上端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间金属棒恰好滑到圆弧导轨底端已知金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g 求金属棒在圆弧轨道上滑动过程