高三物理答案.pdf

第 1 页 共 8 页 张家口市张家口市 2019 2020 学年第一学期阶段测试卷学年第一学期阶段测试卷 高高三物理答案三物理答案 1 答案 b 2 答案 c 解析 小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动 然后向左做匀加速直线运动 故一定会 与高台边缘相碰 故 a 错误 小金属块虽受力为恒力 但初速度与合力不在一条直线上 所以做匀变速曲 线运动 b 错误 小金属块向右做匀减速的加速度大小为 2g 根据速度位移关系公式 有 22 00 224 m vv x gg 故 c 正确 小金属块水平向右匀减速到零时距高台边缘最远 用时 0 2 v t g 竖直方向做自由落体运动 分 速度 0 2 y v vgt 由于水平分速度为零 所以 0 2 y v vv 合 故 d 错误 3 答案 选 c 解析 如果带电粒子在电场 磁场 重力场复合的场中做直线运动 则一定是匀速直线运 动 故 b 错误 由于微粒匀速运动 所以重力 电场力 洛伦兹力三力平衡 若粒子带正电 电场力向左 洛伦兹力垂直于 oa 线斜向右下方 则电场力 洛伦兹力和重力不能平衡 故 a 错 若粒子带负电 符合 题意 受力如图所示 由图 qvbcos mg qe qvbsin 可得 cos mg b qv tan sin mg ebv q 故 c 正确 d 错误 4 答案 c 解析 将圆环分为 n 等份 n 很大 每一份可以认为是一个点电荷 则每份的电荷量为 0 q q n 每份在 p 点的电场强度大小 2 0 02 22 cos cos q k kqkq n e rnl l 根据对称性可知 水平方向的合场强为零 p 点的电场强度方向竖直向上 其大小 3 0 2 cos cos kq ene l 故 ad 正确 c 错误 由二力平衡可 得 p 点场强为 mg q b 正确 题中让选错误的选项 故选 c 5 答案 d 解析 a 假设滑动变阻器的滑片向左移动 变阻器接入电路的电阻增大 并联部分电阻增 第 2 页 共 8 页 大 外电路总电阻r增大 由闭合电路欧姆定律得知 干路电流i减小 内电压减小 路端电压增大 电 路中并联部分的电压 1 uei rr 并 增大 电阻 2 r的电流增大 电流表的示数 2a iii 变小 由题意 电流表示数变大 所以可知 滑动变阻器的滑片向右移动 故a错误 b 总电阻减小 干路电流i增大 电源的总功率pei 总 可知 p 总增大 由于电源的内阻与外电阻的关 系未知 不能判断电源的输出功率如何变化 故b错误 c 当总电阻最小时 1 r消耗的功率最大 故滑片在最右端时而不是最左端 d 电源的效率 uiu eie 根据分析可知 路端电压u减小 电动势e不变 所以电源的效率一定减小 故 d 正确 故选 d 6 答案 a 解析 由左手定则可知安培力的方向 如图所示 导体棒受重力 安培力以及支持力的作用 而处于平衡 则由平衡条件知 bil gtan 故 il g b tan 故 a 正确 bcd 错误 故选 a 7 答案 c 解析 a 粒子在磁场中运动的周期 2 m t qb 与其速度的大小无关 所以 粒子运动的 周期不变 故 a 错误 bd 根据 2 m m v qv bm r 得 m qbr v m 与加速的电压无关 最大动能为 ek mvm2 222 2 q b r m 知最大动能与加速器的半径 磁感线强度以及电荷的电量和质量有关 与加速的次数无关 故 bd 错误 c 根据 2 m t qb 知 换成氘核 比荷不发生变化 则在磁场中运动的周期不发生变化 回旋加 速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等 故不需要改变磁感应强度或交流电的周期 故 c 正确 故选 c 8 答案 ad 解析 a 金属棒所受的安培力为 22 a b l v fbil r a ff a m 速度增大 安培力增大 则 加速度减小 当加速度减小为 0 时 开始做匀速直线运动 故 a 正确 b 根据能量守恒知 外力 f 对 ab 做的功等 于电路中产生的电能以及 ab 棒的动能 故 b 错误 c 当 ab 棒匀速运动时 外力做的功全部转化为电路中的电 能 则外力 f 做功的功率等于电路中的电功率 故 c 错误 d 根据功能关系知 克服安培力做的功等于电路中 产生的电能 故 d 正确 9 解答 ad 解析 c 电容器两端的电压为路端电压 u 减小 根据 q cu 可知电容器的带电量减小 故 c 错误 b 该电路中两个电阻串联 闭合电键 s 当滑动变阻器的滑动触头 p 向上滑动过程中 接入电 第 3 页 共 8 页 路的有效电阻减小 根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流 i 变大 则电流表读数变大 故 b 错误 a v1示数 u1 ir1 随 i 的增大在变大 v2示数 u2 e i r1 r 随电流 i 的增大而减小 故 a 正确 d 电流增大 则电源内阻的功率变大 根据 p ei 可知 电源消耗的总功率变大 故 d 正确 故选 ad 10 答案 acd 解析 a 由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压 形成电流 当永久磁铁的上下端 分别为 n s 极时 磁场与电子的移动方向平行 则电子不受洛伦兹力作用 那么霍尔器件不能输出控制车 速的电势差 故 a 错误 b 当按图甲顺时针转动把手 导致霍尔器件周围的磁场增加 那么霍尔器件输出控 制车速的电势差增大 因此车速变快 故 b 正确 c 根据题意 结合图乙的示意图 那么永久磁铁的 n s 极 可能在左 右侧面 或在前 后表面 因此从霍尔器件输出控制车速的电势差 不一定在霍尔器件的前后表 面 也可能在左右侧面 故 c 错误 d 当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调 从霍尔器件输出控 制车速的电势差正负号相反 但由图丙可知 不会影响车速控制 故 d 错误 11 答案 bd 解析 a 若 r 2r 粒子在磁场中时间最长时 磁场区域的直径是轨迹的一条弦 作 出轨迹如图 1 因为 r 2r 圆心角 60 粒子在磁场中运动的最长时间 max 601 2 36063 mm tt qbqb 故 a 错误 b 若 r 2r 粒子沿着与半径方向成 45 角斜向下射入磁场 根据几何关系 有 22 2 21 22 tan 27 22 2 22 rr rrrr 故 b 正确 c 若 r r 粒子沿着磁场的半径方向射入 粒子运动轨迹如图 3 所示 圆心角 90 粒子在磁场中运动 的时间 11 2 442 mm tt qbqb 故 c 错误 d 若 r r 粒子沿着与半径方向成 60 角斜向下射入磁场 轨迹如图 4 所示 图中轨迹圆心与磁场圆 心以及入射点和出射点构成菱形 圆心角 150 故 d 正确 故选 bd 12 答案 bd 解析 小球受到向下的重力和沿电场线斜向下的电场力 这两个力的合力即 等效重力 如图 小球水平抛出后 到 c 点时速度大小仍为 v0 则一定运动到 等效水平线 上 如图 所以 c 点一定在 ab 直线的右侧 故 d 项正确 小球由 a 点运动到 c 点的过程中 电场力做负功 电势能增加 故 a 项错 b 项正确 小球机械能的 减少量为竖直方向的重力势能的减少量 mgh 由于电场力向左下方 重力竖直向 第 4 页 共 8 页 下 将合力沿着水平和竖直方向正交分解 竖直方向的合力大于重力 故在竖直方向的分运动的加速度 a 大于 g 竖直方向 h 1 2 at2 1 2 gt2 即 mgh 1 2 mg2t2 故 c 错误 13 分析 1 根据胡克定律写出f与l的关系方程 然后结合数学知识求解即可正确解答 2 根据胡克定律列式 结合图象的信息求解弹簧的劲度系数k和弹簧的原长 0 l 解答 解 设弹簧原长为 0 l 根据胡克定律有 0 fk hll 结合图象 当0l 时 20fn 代入上式有 0 20 0 15 kl 当10lcm 时 40fn 代入上式有 0 40 0 150 1 kl 联立以上方程得 200n mk 0 0 05m 5cml 考虑到弹簧自重 测得原长比实际长度偏大 故填 200 3 分 5 0 3 分 偏大 2 分 14 解答 解 1 由图示螺旋测微器可知 圆柱的直径 d 2 5mm 10 0 0 01mm 2 600mm 2 由于所测电阻阻值满足 xav rr r 所以待测电阻是小电阻 电 流表应采用外接法 滑动变阻器应采用分压式接法 则实物图如图所示 为了保护待测电路 滑动变阻器的滑片应滑到最右端以保证 rx所在支路 短路 从而起到保护待测电阻的作用 3 根据 u ir 可知 u i 图象的斜率等于电阻 r 根据图象可知电阻 r 3 10 217 46 10 u i 由 2 2 ll r d s 可得 3 1 15 10 m 答案 1 2 600 2 分 2 如解析图 2 分 右 2 分 3 217 215 218 均可 1 分 1 14 10 3 m 1 16 10 3 m 1 分 15 答案 解 1 导体棒 金属导轨和直流电源构成闭合电路 根据闭合电路欧姆定律有 e i rr 2 分 代人数据解得 1 5ia 1 分 2 导体棒受到的安培力 fbil 安 2 分 代人数据解得 0 3fn 安 方向沿斜面向上 1 分 导体棒所受重力沿斜面向下的分力为 1 sin370 24fmgn 由于 1 f小于安培力 故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f 根据共点力平衡条件有 第 5 页 共 8 页 sin37mgff 安 3 分 解得 0 06fn 1 分 16 解答 解 1 小滑块从 m 点到 q 点重力做的功 wg mg 2r 电场力做的功 w电 qe 2r 解得 wg 0 08jw电 0 08j 2 设滑块恰好到达 q 点时速度为 v 则由牛顿第二定律得 mg qe m 2 v r 滑块从开始运动到达 q 点过程中 由动能定理得 22 0 11 2 22 mgrqermgqexmvmv 2 联立解得 v0 8m s 3 设 滑 块 到 达 p 点 时 速 度 为 v 则 从 开 始 运 动 至 到 达 p 点 过 程 中 由 动 能 定 理 得 22 0 11 22 mgeq reqmg xmvmv 又在 p 点时 由牛顿第二定律得 2 n mv f r 代入数据解得 fn 0 6n 方向水平向右 由牛顿第三定律知小滑块通过 p 点时对轨道的压力是 0 6n 方向水平向左 答 1 小滑块从 m 点到 q 点重力和电场力分别做的功是 0 08j 0 08j 2 要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 q 则小滑块应以 8m s 的初速度 v0向左运动 3 在第 2 问的情况下 小滑块通过 p 点时对轨道的压力是 0 6n 方向水平向左 17 解答 1 粒子在电场中做类平抛运动 沿电场方向 2 1 2 t m qe l 解得 l v t 0 1 3 32 2 分 水平向左位移大小为 ltvx 3 32 10 则粒子由电场进入磁场 i 时在 x 轴上的位置坐标为 l 3 32 0 2 分 2 粒子在电场中运动 l m qe vy2 2 第 6 页 共 8 页 解得 0 3vvy 粒子速度为 0 22 2vvvv yx v 与 x 轴负方向间夹角为 0 603arctantanarc x y v v 1 分 粒子在磁场 i 中做圆周运动 洛伦兹力提供向心力 由牛顿第二定律得 1 2 1 r v mqvb 解得 lr 3 4 1 1 分 由几何知识可知 圆心 o1恰好在 y 轴上 距 o 点的距离 ly 3 2 0 粒子在磁场 ii 中做圆周运动 洛伦兹力提供向心力 由牛顿第二定律得 2 2 2 r v mqvb 解得 lr 3 1 2 1 分 则粒子由磁场 i 和磁场 ii 经 y 轴时速度方向与 x 轴平行 在磁场 i 中偏转角度为 2 3 在磁场 ii 中偏转角度 为 则粒子从出发到第 2 次经过 y 轴所需要的时间为 00 1 2 3 1 2 3 4 3 2 v l v l tt 解得 00 18 11 3 32 v l v l t 2 分 3 粒子运动轨迹如图所示 第 7 页 共 8 页 粒子从磁场 i 进入磁场 ii 经过 y 轴 第一个点在 y 轴的坐标为 l r y2 2 3 1 1 其它各个点由 1 y点依次向 y 轴负方向移动距离为 lrry222 21 1 分 则粒子从磁场 i 进入磁场 ii 经过 y 轴的位置坐标为 0 2nl 其中 n 1 2 3 2 分 粒子从磁场 ii 进入磁场 i 经过 y 轴 第一个点在 y 轴的坐标为 1 12 34 2 23 r yrl 其它各个点由 1 y点依次向 y 轴负方向移动距离为 lrry222 21 则粒子从磁场 ii 进入磁场 i 经过 y 轴的位置坐标为 4 0 2 3 n l 其中 n 0 1 2 3 2 分 18 1 见解析 2 010 21 00 pghp hv m ggvg 解析 1 浮筒内液面与水平面相平前 筒内气体的压强不断减小 气体的温度保持不变 根据理想气 体状态方程可知 气体的体积将逐渐增加 因而浮力逐渐增大 由于重物及浮筒所受的总重力 浮力 拉 力的合力始终为零 所以随着浮筒所受浮力的逐渐增大 钢索的拉力将逐渐减小到零 3 分 2 重物及浮筒受力平衡有 200 g vvm g 2 分 对于浮筒内的气体 初态压强 101 ppgh 1 分 第 8 页 共 8 页 末态压强 202 ppgh 1 分 根据理想气体状态方程有 1122 pvp v 2 分 联立以上式子得 010 21 00 pghp hv m ggvg 1 分 19 解析 1 根据光在介质中的速度与折射率的关系可知红色光在介质中的速度