《高考物理二轮复习 刷题首选卷 阶段滚动卷三（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 刷题首选卷 阶段滚动卷三（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、阶段滚动卷三本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分，时间90分钟。第卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一个选项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求，全部答对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1. (2019广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是()A要将硬币射出，可直接将开关拨到2B当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电C当开关由1拨向2的
2、瞬间，铁芯中的磁通量减小D当开关由1拨向2的瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场答案D解析当线圈中的电流增大时，穿过硬币的磁通量变大，由楞次定律知此时硬币射出，而直接将开关拨到2，电容器是不会放电产生电流的，故A错误；当开关拨向1时，电容器充电，电路中有短暂电流出现，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上极板带正电，故B错误；当开关由1拨向2的瞬间，电容器放电，线圈中的电流增大，向下的磁通量增大，根据楞次定律，可知硬币中会产生向上的感应磁场，故C错误，D正确。2. (2019广西钦州三模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动
3、轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列判断中正确的是()AP点的电势比Q点的电势高BP点的场强比Q点的场强大C带电粒子通过Q点时的电势能比P点时的小D带电粒子通过Q点时的动能比P点时的大答案B解析由图可知带电粒子所受电场力沿电场线向右，由于粒子带正电，则电场强度方向沿电场线向右，故P点的电势低于Q点的电势，A错误；电场线越密的地方场强越大，由图可知P点的场强大于Q点的场强，B正确；Q点的电势比P点的电势高，粒子带正电，由Epq可知，带电粒子通过Q点时的电势能比P点时的大，C错误；粒子仅在电场力作用下运动，只有动能和电势能相互转化，所以带电粒子通过Q点时的动能比通过P点时的小，D错误。3. (20
4、19杭州一模)如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环(圆心为O)竖直固定放置。电荷量为q(q0)的小球A固定在圆环的最高点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为30，两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是()A小球B可能带正电BO点电势一定为零C圆环对小球B的弹力指向圆心D将小球B移至圆环最低点，A、B小球组成的系统电势能变小答案B解析因小球B处于静止状态，对其受力分析，如图所示，可见小球A吸引小球B，由于A球带正电，因此小球B一定带负电，故A错误；因两球所带电荷是等量异种电荷，则两者连线的中垂线为等势线，以无穷远处为零电势点
5、，则O点的电势为零，故B正确；由A选项分析可知，圆环对小球B的弹力背离圆心，故C错误；将小球B移至圆环最低点，静电力对小球B做负功，则A、B小球组成的系统电势能变大，故D错误。4. (2019湖北省高三4月调研)如图所示，半径为R的圆环与一个轴向对称的发散磁场处处垂直，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角。若给圆环通恒定电流I，则圆环所受安培力的大小为()A0 B2RBIC2RBIcos D2RBIsin答案D解析把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，磁场的竖直分量对圆环的安培力的合力为零，磁场的水平分量对圆环的安培力的合力FB水平I2R2BIRsin，故D正确。5(201
6、9四川德阳三诊)用同样的交流电分别给甲、乙两个电路中同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为53，则甲、乙两个电路中的电功率之比为()A53 B52 C11 D259答案A解析设灯泡的额定电流为I，则甲电路中的功率为P1UI；理想变压器原、副线圈的匝数比为53，则乙图原线圈中的电流为I，乙电路中的功率为P2UIP1，因此甲、乙两个电路中的电功率之比为53，故A正确。6. (2019江苏省七市高三第三次调研)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为滑动变阻器，R2为定值电阻，C为电容器。开始时开关S1、S2闭合。下列操作能使电容器所
7、带电荷量增加的是()A断开开关S1B断开开关S2C向左移动滑动变阻器R1的滑片D向左移动滑动变阻器R3的滑片答案B解析断开开关S1，回路电流为零，电容器放电，电容器所带电荷量减小，A错误；根据电路结构可知，回路电流I，电容器两端电压：UIR2，断开开关S2，电容器直接串联在电路中，回路电流为零，电容器两端电压等于电源电动势，电压变大，根据QCU可知，电容器所带电荷量变大，B正确；滑动变阻器R1与电容器串联，稳定时，该支路无电流，改变R1的滑片位置，对电路没有影响，电容器所带电荷量不变，C错误；向左移动滑动变阻器R3的滑片，R3接入电路中的电阻变大，由I可得，回路中电流变小，则电容器两端电压：U
8、IR2变小，根据QCU可知，电容器所带电荷量变小，D错误。7. (2019吉林省吉林市三调)将一均匀导线围成一圆心角为90的扇形导线框OMN，其中OMR，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t0时刻开始让导线框以O点为圆心，从图示位置开始以恒定的角速度沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是()答案B解析设线框OMN的阻值为r，在0t0时间内，线框从图示位置开始(t0)转过90的过
9、程中，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向(沿ONM方向)，产生的感应电动势为E1BR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1；在t02t0时间内，线框进入第三象限的过程中，根据楞次定律判断可知，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2BR22BR2BR23E1，感应电流为I23I1；在2t03t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3BR22BR2BR23E1，感应电流为I33I1；在3t04t0时间内，线框离开第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN
10、方向)，回路中产生的感应电动势为E4BR2，感应电流为I4I1。由上述分析可知，B正确。8(2019山东青岛一模)如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q1103 C，质量m0.02 kg的小球从a点静止释放(小球重力不计)，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的vt图象如图乙中图线所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中虚线为图线在b点的切线，则下列说法正确的是()AP、Q带正电荷Bb点的场强E30 V/mCa、b两点间的电势差为90 VD小球从a到O的过程中电势能先减少后增加答案BC解析由带正电的小球从a点由静止释放，沿aO方向做加速运动可知，小球受到指向O点的电
11、场力，即P、Q两电荷对小球的电场力的合力指向O点，由此可知P、Q两电荷带负电，A错误；由vt图象的斜率表示加速度可得：ab1.5 m/s2，又根据牛顿第二定律可得：qEmab，联立解得b点处的场强为：E30 V/m，B正确；小球由a点运动到b点的过程中，由动能定理得：qUabmvmv，由图乙可得vb3 m/s，代入解得：Uab90 V，C正确；由图乙可知，从a到O的过程中小球速度一直增大，电场力一直对它做正功，其电势能一直减小，D错误。9(2019成都七中二诊)如图甲所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B T的水平匀强磁场中，线框电阻不计。线框匀速转动时所产生的正弦交流电压图
12、象如图乙所示，把该交流电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端。已知变压器的原线圈和副线圈的匝数比为51，交流电流表为理想电表，电阻R1 ，其他各处电阻不计，以下说法正确的是()At0.1 s时，电流表的示数为0B副线圈中交流电的频率为5 HzC线框面积为 m2Dt0.05 s时线圈位于图甲所示位置答案BC解析原线圈中电压的有效值U1 V10 V，根据，解得U22 V，故副线圈中的电流I2 A2 A，电流表的电流为I1，则由得I10.4 A，A错误；交流电的周期T0.2 s，故交流电的频率f5 Hz，B正确；线框转动的角速率2f，则根据EmnBS可知，线框面积S m2，C正确；t0.05 s时线圈
13、产生的感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，D错误。10. (2019吉林省吉林市三调)如图所示，成30角的OA、OB间有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA边界上的S点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的半径为r，周期为T。已知从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为，则下列说法正确的是()A沿某一方向发射的电子，可能从O点射出B沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于OB的方向射出C从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为D从OB边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为答案BC解析电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evBm，解得
14、：r，由于电子速率v相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r相同，当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对的圆心角最小，为60，则电子在磁场中运动的时间最短，tminTT，则：60，如图a所示，由几何知识知，在磁场中运动的最短时间的电子入射的方向垂直于OA，2r。电子在磁场中所有轨迹对应圆心可能的位置应在以S为圆心、半径为的圆弧上，过O的圆弧与BO有除O以外的另一个交点，如图b所示，说明电子在到达O点前已经飞出磁场，故A错误；由以上的分析可知，当从S点射出的电子方向平行于OB时，其圆心恰好位于D点，此时电子将转过90，恰好垂直于OB射出，其轨迹如图c所示，B正确；从OA边界射
15、出的电子圆弧轨迹刚好与OB相切时，在磁场中的运动轨迹最长，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图d所示，由几何关系可得圆心角为120，运动时间：tmaxTT，C正确；画出初速度的方向竖直向上的电子运动轨迹如图e，可知该电子在磁场中运动的时间大于T，D错误。11(2019河南八市重点高中联盟高三第三次测评)如图所示，电源电动势E3 V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 、0.5 、9 ，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9 ，右侧竖直放置一个电容为1.5103 F的理想平行板电容器，电容器板长为0.2 m，板间距为0.125 m。一带电油滴以0.8 m/s的速度
16、沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8 、1 。下列说法正确的是()A此油滴带正电B带电油滴匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为3109 CC欲使油滴向上偏转但不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7 D欲使油滴向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于1.4 答案BC解析电容器的上极板与电源正极相连，油滴所受电场力向上，故油滴带负电荷，A错误；电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当油滴匀速穿过电容器时R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2 ，根据串联分压特点可得这部分的电压U02 V，电容器的电荷量QCU03109 C，故B正确；当油滴匀速穿过
17、电容器时，E0，E0qmg，油滴在电容器中的运动时间t s，当油滴向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上有yat2，得a2 m/s2，由牛顿第二定律得E1qmgma，结合E1，可得，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压U12.4 V，则电阻R1两端的电压UR1EU10.6 V，电流I0.6 A，又由欧姆定律R可得，R2、R3、R4这部分电路总电阻R总4 ，由R总R2得出R45.7 ，故C正确；同理，油滴经过下极板最右端时，有竖直向下的加速度a2 m/s2，可得U21.6 V，解得R40.69 ，D错误。12. (2019广西钦州三模)如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸
18、面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为Bkt，式中k为常量，且k0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。t0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则()A在t(t0)时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0tB电阻R上的电流为恒定电流C在时间t内流过电阻的电荷量为tD金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大答案BC解析根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，则穿过
19、回路的总磁通量即为两边磁通量之和，在t(t0)时刻穿过回路的总磁通量为：12ktSB0Lv0t，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得，回路中产生总的感应电动势为：EE1E2SB0Lv0kSB0Lv0，由闭合电路欧姆定律有：I，则电阻R上的电流为恒定电流，故B正确；在时间t内流过电阻的电荷量为qItt，故C正确；金属棒受到的安培力大小为：FAB0IL，保持不变，金属棒匀速运动，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不变，故D错误。第卷二、非选择题(本题共4小题，共52分。解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(2019四川德
20、阳三诊)(12分)如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，金属杆离开磁场前已做匀速运动。其余电阻均不计，重力加速度为g。求：(1)金属杆离开磁场时的速度大小；(2)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的电热。答案(1)(2)解析(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：mgBI，解得I设杆匀速运动时的速度为v，由EBv，EI联立解得v。(2)由能量守恒：mgQmv2
21、电阻R1上产生的电热Q1解得Q1。14. (2019广东佛山一模)(12分)如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d1 m、且足够长、不计电阻。AC、BD区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数0.2，并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2T。在导轨中央放置着两根质量均为m1 kg，电阻均为R2 的金属棒a、b，用一锁定装置将一轻质弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不拴连)，此时弹簧具有的弹性势能E9 J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且b棒向右运动x0.8 m后停止，g取10 m/s2，求：(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大
22、小；(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小；(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。答案(1)3 m/s3 m/s(2)8 m/s2(3)5.8 J解析(1)解除锁定、弹簧恢复原长的过程，对a、b及弹簧组成的系统，由动量守恒定律得0mvamvb由机械能守恒定律得Emvmv联立解得vavb3 m/s。(2)当a、b棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，有EaEbBdva213 V6 V回路中感应电流I3 A对b，由牛顿第二定律得BIdmgmab解得ab8 m/s2。(3)由动量守恒定律知a、b棒速率时刻相等，滑行相同距离后停止，对系统，由能量守恒定律得E2mgxQ解得Q
23、5.8 J。15(2019山东青岛二中一模)(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一腰长为L的等腰直角三角形区域OPQ，三角形的O点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第一象限中yL的其他区域内有大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场。一束电子(电荷量为e、质量为m)以大小不同的速度从坐标原点O沿y轴正方向射入匀强磁场区。则：(1)能够进入电场区域的电子的速度范围；(2)已知一个电子恰好从P点离开了磁场，求该电子的速度和由O到P的运动时间；(3)若电子速度为，且能从x轴穿出电场，求电子穿过x轴的坐标。答案(1)0v(2)(3)解
24、析(1)通过Q点进入电场区域的电子速度最大，其轨迹半径r1L，设其射入磁场时的速度为v1，根据牛顿第二定律ev1Bm联立解得：v1故能够进入电场区域的电子的速度范围是：0v。(2)设从P点离开磁场的电子在磁场中的轨迹半径为r2，其运动轨迹如图甲所示，由几何关系得：r2设其射入磁场时的速度是v2，由ev2Bm，得v2该电子在磁场中运动的周期T则该电子在磁场中运动的时间t12该电子在电场中做匀变速直线运动：eEma则a该电子在电场中运动的时间t2故电子由O到P的运动时间：tt1t2。(3)设电子从O点射入磁场时的速度为v3时，电子在磁场中的轨迹半径为r3，则由ev3Bm，得r3，轨迹如图乙所示，电
25、子第二次进入电场时的坐标：x2r3，y2r3电子经电场偏转到达x轴的时间：t到达x轴时沿x轴负方向的位移：x0at2故电子穿过x轴的横坐标为：xxx0即电子穿过x轴的坐标为。16(2019山东省评价大联考三模)(14分)如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径为BD，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，场强大小为E。质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为q，滑块a与水平轨道间的动摩擦因数0.5，重力加速度为g。现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b
26、碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点。求：(1)滑块a、b碰撞后的速度大小；(2)滑块在圆形轨道上的最大速度大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小；(3)滑块第一次落地点到B点的距离。答案(1)(2) (3)R解析(1)滑块a从A到B的过程用动能定理得E12Rmg12Rmv解得v12对滑块a与滑块b碰撞过程，由动量守恒定律得mv12mv2解得滑块a、b碰撞后的速度大小v2。(2)当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大，如图，由几何关系可知tan，则有sin，cos对滑块从碰后运动至P点达到最大速度的过程，由动能定理有ERsin2mgR(1cos)2mv2mv解得滑块最大速度v3对滑块在P点由牛顿第二定律得，FN解得滑块受到轨道的支持力FN由牛顿第三定律可知，此时滑块对轨道的作用力FFN。(3)a、b整体从B到D的过程中，由动能定理有2mg2R2mv2mv解得v4在D点对滑块用牛顿第二定律得：FN2mg解得FN2mg所以滑块能通过D点水平飞出，在竖直方向：2Rgt2，解得t 水平方向受电场力，加速度不变，则滑块第一次落地点到B点的距离为sv4tt2R。