河北省張家口市高三上學期12月階段檢測物理試題

張家口市2019—2020學年第一學期階段測試卷高三物理一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～7小題只有一個選項正確，第8～12小題有多個選項正確。全部選對的得4分，選對但不全的得，有選錯或不答的得0分。1.關于物理學史，下列說法中正確的是（）A.卡文迪許在前人工作的基礎上，通過實驗研究確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力的規(guī)律B.法拉第提出了電場、磁場的概念，直觀地描繪了場的圖象C.電場是為了便于研究物體的運動而引入的理想模型D.歷史上第一個發(fā)現(xiàn)電流周圍有磁場，從而將電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象聯(lián)系在一起的科學家是赫茲【答案】B【解析】【詳解】A．真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力的規(guī)律是由庫倫通過實驗研究確認的，故A錯誤.B．法拉第不僅提出了場的概念，而且直觀的描繪出了場的清晰圖像，故B正確.C．電場是實際存在的物質(zhì)，不是理想化模型．故C錯誤.D．歷史上第一個發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場，從而將電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象聯(lián)系起來的科學家是奧斯特，故D錯誤.故選B.2.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為的小金屬塊A以初速度從光滑絕緣水平高臺上飛出。已知在足夠高的高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強電場，場強大小，則（）A.金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰B.金屬塊一定會與高臺邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速直線運動C.金屬塊運動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為D.金屬塊運動過程中距高臺邊緣最遠時的速度為【答案】C【解析】【詳解】A．小金屬塊運動過程中水平方向受到向左的電場力，故水平方向先向右做勻減速直線運動，然后向左做勻加速直線運動，故一定會與高臺邊緣相碰，故A錯誤；B．小金屬塊受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力雖受力為恒力，但初速度與合力不在一條直線上，所以做勻變速曲線運動，B錯誤；C．小金屬塊水平方向上向右做勻減速，由牛頓第二定律可知：所以解得；小金屬塊運動到最右端時水平方向速度為零，根據(jù)速度位移關系公式，有：故C正確；D．小金屬塊水平向右勻減速到水平速度為零時距高臺邊緣最遠，所用時間：豎直方向做自由落體運動，分速度為：由于水平分速度為零，所以：故D錯誤。故選C.3.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒以速度v從O點進入一個電磁場混合區(qū)域。其中電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外，v與水平方向成角，且與磁場方向垂直。已知該微粒恰好能沿直線運動到A，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A.該微粒可能帶正電 B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C.該磁場的磁感應強度大小為 D.該電場的場強為【答案】C【解析】【詳解】AB．因為帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力與速度有關，如果帶電粒子在電場、磁場、重力場復合的場中做直線運動，則一定是勻速直線運動；由于微粒勻速運動，所以重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，若粒子帶正電，電場力向左，洛倫茲力垂直于線斜向右下方，則電場力、洛倫茲力和重力不能平衡，如圖所示：故粒子帶負電，故A錯誤，B錯誤.CD．若粒子帶負電，符合題意，受力如圖所示：由圖根據(jù)受力平衡可知：可解得：故C正確，D錯誤。故選C.4.如圖所示，水平面上有一均勻帶電圓環(huán)，帶電量為，其圓心為O點。有一帶電量為、質(zhì)量為m的小球恰能靜止在O點上方的P點，間距為L。P與圓環(huán)上任一點的連線與間的夾角為，重力加速度為g，以下說法錯誤的是（）A.P點場強方向豎直向上 B.P點場強大小為C.P點場強大小為 D.P點場強大小為【答案】C【解析】【詳解】將圓環(huán)分為n等份（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），則每份的電荷量為:每份在P點的電場強度大小：根據(jù)對稱性可知，水平方向的合場強為零，P點的電場強度方向豎直向上，其大?。河啥ζ胶饪傻迷赑點：解得P點場強為。故ABD正確，C錯誤，故C符合題意.故選C.5.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不能忽略，當移動滑動變阻器滑片時，電流表示數(shù)變大，則（）A.滑片一定向左移動 B.電源的輸出功率一定增大C.當滑片滑到最左端時，電阻消耗的功率最大 D.電源的效率一定減小【答案】D【解析】【詳解】A．假設滑動變阻器的滑片向左移動，變阻器接入電路的電阻增大，并聯(lián)部分電阻增大，外電路總電阻R增大，由閉合電路歐姆定律得知：干路電流I減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大。電路中并聯(lián)部分的電壓：可知U并增大，電阻的電流增大，電流表的示數(shù)：變小。由題意，電流表示數(shù)變大，所以可知滑動變阻器的滑片向右移動，故A錯誤.B．總電阻減小，干路電流I增大，由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關系未知，不能判斷電源的輸出功率如何變化，故B錯誤；C．根據(jù)：當流過的電流最大時，消耗的功率最大，此時回路中電阻最小，故滑片在最右端，而不是最左端；故C錯誤.D．電源的效率：根據(jù)A選項分析過程可知滑動變阻器的滑片向右移動時，路端電壓U減小，電動勢E不變，所以電源的效率一定減??；故D正確。故選D.6.如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有一根長為L、重力為G、通有電流I的導體棒。若空間中有一方向豎直向上的勻強磁場，使導體棒保持靜止，則磁感應強度大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由左手定則可知安培力的方向，如圖所示：導體棒受重力、安培力以及支持力的作用而處于平衡，則由平衡條件知：故：故A正確。故選：A.7.如圖所示為早期回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，和是兩個中空半徑為R的半圓金屬盒，它們之間接高頻交流電其頻率為f，勻強磁場的磁感應強度為B，A處的粒子源產(chǎn)生的粒子在兩盒之間被電場加速，兩個半圓盒處于垂直于盒面的勻強磁場中。粒子進入半圓金屬盒內(nèi)做勻速圓周運動若忽略粒子在電場中的加速時間且不考慮相對論效應，則下列說法正確的是（）A.粒子在磁場中回轉(zhuǎn)一周運動的周期越來越大B.粒子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關C.不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速氘核D.粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能一定越大【答案】C【解析】【詳解】A．粒子在磁場中運動的周期：與其速度的大小無關，所以粒子運動的周期不變。故A錯誤；BD．根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知：得：與加速的電壓無關；最大動能為：可知最大動能與加速器的半徑、磁感線強度以及電荷的電量和質(zhì)量有關，與加速的次數(shù)無關，故B錯誤，D錯誤.C．根據(jù)：知換成氘核，比荷不發(fā)生變化，則在磁場中運動的周期不發(fā)生變化，回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，故不需要改變磁感應強度或交流電的周期，故C正確；故選：C.8.如圖，水平放置的光滑平行金屬導軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒在一水平恒力F作用下由靜止向右運動，則（）A.隨著運動速度的增大，其加速度減小B.外力F對做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C.當做勻速運動時，外力F做功的功率大于電路中的電功率D.無論做何運動，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能【答案】AD【解析】【詳解】A．金屬棒所受的安培力為：由牛頓第二定律可知：速度增大，安培力增大，因為F不變，則加速度減小，當加速度減小為0時，開始做勻速直線運動，故A正確；B．根據(jù)能量守恒可知，外力F對做的功等于電路中產(chǎn)生的電能以及棒的動能，故B錯誤.C．當棒勻速運動時，外力做的功全部轉(zhuǎn)化為電路中的電能，則外力F做功的功率等于電路中的電功率；故C錯誤.D．根據(jù)功能關系知，克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；故D正確。故選AD.9.在如圖所示的電路中，閉合開關S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，下列說法正確的是A.電壓表V1示數(shù)在變大，電壓表V2示數(shù)在變小B.電流表A的示數(shù)減小，電壓表V3示數(shù)在變小C.電容器的電荷量增大，電阻R1消耗的電功率變大D.電源內(nèi)阻損耗的功率變大，電源消耗的總功率變大【答案】AD【解析】【分析】保持開關S閉合，根據(jù)變阻器接入電路電阻的變化，由歐姆定律分析電表讀數(shù)的變化．根據(jù)電容與板間距離的關系，分析電容的變化，確定電容器電量的變化，判斷R2中電流的方向．斷開開關S，分析板間場強的變化．【詳解】A、B項：該電路中兩個電阻串聯(lián)，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，接入電路的有效電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知電路中電流I變大，則電流表A讀數(shù)變大；路端電壓：U=EIr減小，電壓表V3示數(shù)在變小，U1示數(shù)U1=IR1，隨I的增大在變大，U2示數(shù)U2=EI（R1+r），隨電流I的增大而減小，故A正確，B錯誤；C項：電容器兩端的電壓為路端電壓，U減小，根據(jù)Q=CU可知電容器的帶電量減小，故C錯誤；D項：電源內(nèi)阻損耗的功率，由于電流變大，所以電源內(nèi)阻損耗的功率變大，電源消耗的總功率，電流變大，所以電源消耗的總功率變大，故D正確．故應選：AD．【點睛】電容器動態(tài)分析重點在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開電源則極板上的電量不變；電容器保持和電源相連，則兩板間的電勢差不變．要掌握、及電容的決定因素．10.電動自行車是一種應用廣泛的交通工具，其速度控制是通過轉(zhuǎn)動右把手實現(xiàn)的，這種轉(zhuǎn)動把手稱“霍爾轉(zhuǎn)把”，屬于傳感器非接觸控制。轉(zhuǎn)把內(nèi)部有水久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖甲。開啟電源時，在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，如圖乙。轉(zhuǎn)把轉(zhuǎn)動永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動，霍爾器件能輸出控制車速的電勢差，已知電勢差與車速關系如圖丙，圖像關于y軸對稱，以下關于“霍爾轉(zhuǎn)把”敘述錯誤的是（）A.為提高控制靈敏度，永久磁鐵的上下端分別為N、S極B.按圖甲順時針轉(zhuǎn)動把手，車速變快C.圖乙中霍爾器件只能從前后表面輸出控制車速的電勢差D.若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào)，則會影響車速控制【答案】ACD【解析】【詳解】A．由于在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，當永久磁鐵的上下端分別為N、S極時，磁場與電子的移動方向平行，則電子不受洛倫茲力作用，那么霍爾器件不能輸出控制車速的電勢差，故A符合題意；B．當按圖甲順時針轉(zhuǎn)動把手，導致霍爾器件周圍的磁場增加，那么霍爾器件輸出控制車速的電勢差增大，由圖丙可知車速變快，故B不符合題意C．根據(jù)題意，結(jié)合圖乙的示意圖，那么永久磁鐵的N、S極可能在左、右側(cè)面，或在前、后表面，因此從霍爾器件輸出控制車速的電勢差，不一定在霍爾器件的前后表面，也可能在左右側(cè)面，故C符合題意；D．當霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào)，從霍爾器件輸出控制車速的電勢差正負號相反，但由圖丙可知，不會影響車速控制，故D符合題意。故選ACD.11.如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，磁感應強度方向垂直紙面向內(nèi)．有一個粒子源在圓上的A點不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質(zhì)量均為m，運動的半徑為r，在磁場中的軌跡所對應的圓心角為．下列說法正確的是A.若r=2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為B.若r=2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，則有成立C.若r=R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，則粒子在磁場中的運動時間為D.若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，則圓心角為150°【答案】BD【解析】若r=2R，粒子在磁場中時間最長時，磁場區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦，作出軌跡如圖，因為r=2R，圓心角θ=60°，粒子在磁場中運動的最長時間，故A錯誤．若r=2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，根據(jù)幾何關系，有，故B正確．若r=R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運動軌跡如圖所示，圓心角90°，粒子在磁場中運動的時間，故C錯誤．若r=R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，軌跡如圖所示，圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點構(gòu)成菱形，圓心角150°，故D正確．故選BD.12.如圖所示，真空中的勻強電場與水平方向成15°角，直線垂直勻強電場E，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為的小球在A點以初速度大小方向水平向右拋出，經(jīng)時間t小球下落到C點（圖中未畫出）時速度大小仍為，則小球由A點運動到C點的過程中，下列說法正確的是（）A.電場力對小球做功為零 B.小球的電勢能增加C.小球的機械能減小量為 D.C一定位于直線的右側(cè)【答案】BD【解析】【詳解】小球受到向下的重力和沿電場線斜向下的電場力，這兩個力的合力即“等效重力”如圖:AB．由圖可知小球由A點運動到C點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，故A錯，B正確。C．因為小球在A點和D點動能相同，所以小球機械能的減少量為豎直方向的重力勢能的減少量，由于電場力向左下方，重力豎直向下，將合力沿著水平和豎直方向正交分解，豎直方向的合力大于重力，故在豎直方向的分運動的加速度a大于g，豎直方向：即：故C錯誤。D．小球水平拋出后，到C點時速度大小仍為，則一定運動到“等效水平線”上，所以C點一定在直線的右側(cè)，故D正確。故選BD.二、第13～17題為必考題，每個考生都必須作答。第18～19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。把答案填在答題卡相應的位置。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13.如圖（a）所示，深度的套筒豎直倒置，輕質(zhì)彈簧的上端固定在套筒內(nèi)，彈簧處于原長時，其下端位于筒內(nèi)。用測力計鉤住彈簧的下端用力豎直向下拉，記錄測力計的示數(shù)和露出筒外的彈簧的長度，k和為測量彈簧的勁度系數(shù)和原長，現(xiàn)在坐標紙上作出圖象，如圖（b）所示。則彈簧的勁度系數(shù)_______，彈簧的原長_______，測得原長比實際長度________（偏大，偏小，相等）?！敬鸢浮?1).200(2).5(3).偏大【解析】【詳解】[1][2]設彈簧原長為，根據(jù)胡克定律有：結(jié)合圖象當時，代入上式有：當時，，代入上式有：聯(lián)立以上方程代入數(shù)據(jù)解得：，.[3]因為考慮到彈簧自重，測得原長比實際長度偏大。14.實驗室有一阻值約為，長為的由特殊材料制成的均勻金屬圓柱，為了測量這種特殊材料的電阻率，實驗室能夠提供的實驗器材有：電源E（12V，內(nèi)阻約）電壓表V（，內(nèi)阻約為）電流表A（，內(nèi)阻約為）滑動變阻器待測金屬圓柱體；（1）用螺旋測微器測量圓柱直徑，其示數(shù)如圖所示，則該圓柱直徑的測量值______。（2）為了獲得多組數(shù)據(jù)，盡量精確測量其電阻值，請在下面的實物圖中完成實驗電路________。電路正確連接后，開關閉合前滑片置于最________端（填“左”或“右”）。（3）通過調(diào)節(jié)滑片位置，得到多組U、I數(shù)據(jù)，描點畫圖得到如圖示圖像，由圖象可得電阻值為_______，由以上數(shù)據(jù)可得待測材料的電阻率________。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】(1).(2).(3).右(4).217（215～218均可）(5).【解析】【詳解】(1)[1]由圖示螺旋測微器可知，圓柱的直徑：(2)[2]由于所測電阻阻值滿足：所以待測電阻是小電阻，電流表應采用外接法；滑動變阻器阻值比較小，所以滑動變阻器應采用分壓式接法，則實物圖如圖所示：[3]為了保護待測電路，滑動變阻器的滑片應滑到最右端以保證所在支路短路，從而起到保護待測電阻的作用(3)[4][5]根據(jù)：可知圖象的斜率等于電阻R，根據(jù)圖象可知電阻：根據(jù)電阻定律可知：代入數(shù)據(jù)可得：。15.如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應強度、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢、內(nèi)阻的直流電源．現(xiàn)把一個質(zhì)量m=的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2．已知，求：（1）導體棒受到的安培力大?。唬?）導體棒受到的摩擦力．【答案】【解析】【分析】（1）利用閉合電路歐姆定律可以求出通過導體棒的電流；利用安培力的計算公式F=BLI計算導體棒受到的安培力大?。?/p>

（2）利用力的分解，根據(jù)二力平衡，計算摩擦力的大小，判斷其方向；【詳解】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝＝A；導體棒受到的安培力F=BIL=0.30N；

（3）將重力正交分解，沿著導軌平面分力

F1

因為F1＜F，根據(jù)平衡條件得

mgsin37°+Ff=F

解得Ff，方向沿導軌向下；16.如圖所示，在的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道與一水平絕緣軌道在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑，N為半圓形軌通最低點，P為圓弧的中點，一帶負電的小滑塊質(zhì)量，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)，位于N點右側(cè)的M處，g取，求：（1）小滑塊從M點到Q點重力和電場力分別做的功；（2）要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度向左運動？（3）在第（2）問情況下，小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？【答案】(1)，(2)(3)06N，方向水平向左【解析】【詳解】(1)小滑塊從M點到Q點重力做的功：代入數(shù)據(jù)解得：電場力做的功：代入數(shù)據(jù)解得：(2)設滑塊恰好到達Q點時速度為v，則由在Q點合力提供向心力知：滑塊從M開始運動到達Q點過程中，由動能定理得：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：；(3)設滑塊到達P點時速度為，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得：又因為在P點時，軌道對小滑塊的支持力提供向心力得：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：，方向水平向右；由牛頓第三定律知小滑塊通過P點時對軌道的壓力是，方向水平向左。答：（1）小滑塊從M點到Q點重力和電場力分別做的功，；（2）要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應以向左運動.（3）小滑塊通過P點時對軌道的壓力是，方向水平向右.17.如圖所示，在坐標系的第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為，在第三象限內(nèi)有磁感應強度的勻強磁場Ⅰ，在第四象限內(nèi)有磁感應強度的勻強磁場Ⅱ，磁場Ⅰ，Ⅱ的方向均垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從點處以初速度沿垂直于y軸的方向進入第二象限的勻強電場，然后先后穿過x軸和y軸進人磁場Ⅰ和磁場Ⅱ，不計粒子的重力和空氣阻力。求：（1）粒子由電場進入磁場Ⅰ時在x軸上的位置坐標；（2）粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過y軸所需要的時間t；（3）粒子從磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ經(jīng)過y軸的位置坐標和粒子從磁場Ⅱ進入磁場Ⅰ經(jīng)過y軸的位置坐標．【答案】(1)(2)(3)，其中n=1，2，3…；，其中n=0，1，2，3…．【解析】【詳解】(1)由題意知粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向：代入題干已知量解得：所以水平向左位移大小為：則粒子由電場進入磁場Ⅰ時在x軸上的位置坐標為(2)粒子在電場中運動，進入磁場Ⅰ時，沿電場方向速度為：解得：所以粒子速度為：v與x軸負方向間夾角為θ，有：所以；粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力：解得：做出粒子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知，圓心恰好在y軸上，距O點的距離：粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力得：解得：則粒子由磁場Ⅰ和磁場Ⅱ經(jīng)y軸時速度方向與x軸平行，在磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)角度為，在磁場Ⅱ中偏轉(zhuǎn)角度為．則粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過y軸所需要的時間為：解得：(3)根據(jù)粒子運動軌跡，由幾何關系可知粒子從磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ經(jīng)過y軸，第一個點離原點的距離為：其它各個點由y1點依次向y軸負方向移動距離為：則粒子從磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ經(jīng)過y軸的位置坐標為：，其中n=1，2，3…同理粒子從磁場Ⅱ進入磁場Ⅰ經(jīng)過y軸，第一個點在y軸的坐標為：其它各個點由點依次向y軸負方向移動距離為：則粒子從磁場Ⅱ進入磁場Ⅰ經(jīng)過y軸的位置坐標為：，其中n=0，1，2，3…答：（1）粒子由電場進入磁場Ⅰ時在x軸上的位置坐標；（2）粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過y軸所需要的時間；（3）粒子從磁場Ⅰ進入磁