2019-2020年高三人教版物理一轮复习全程考卷：阶段评估月考卷（四） 含答案.doc

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。2019-2020年高三人教版物理一轮复习全程考卷：阶段评估月考卷（四） 含答案一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。17题为单选题,810题为多选题)1.下列说法符合物理学史的是()A.库仑最早在实验室测得元电荷的数值B.赫兹首先发现电流能够产生磁场,证实了电和磁存在着相互联系C.安培提出的分子电流假说,揭示了磁现象的电本质D.奥斯特发现了电磁感应现象2.如图所示,在匀强磁场中两根平行的金属导轨MN与PQ,其电阻不计,ab、cd为两根金属杆,其电阻RabF2,UabUcdB.F1F2,UabUcdC.F1=F2,Uab=UcdD.F1Ucd3.一个理想变压器的线圈绕向如图甲所示。右线圈输入电流i,i-t图象如图乙所示,第1s内电流方向如图甲所示,则下列判断正确的是()A.通过灯泡中的电流是恒定电流B.通过灯泡中的电流方向交替变化,周期为4sC.第1s内变压器铁芯中磁通量的变化率时刻相同D.第2s内,灯泡中的电流方向从下到上4.(滚动交汇考查)空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C为运动的最低点。不计重力,则()A.该离子带负电B.A、B两点位于不同高度C.在C点时离子速度最大D.离子到达B点后,将沿原曲线返回A点5.(滚动单独考查)如图所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场,虚线间的距离为L,磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈,ad与bc间的距离也为L。t=0时刻,bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿abcda的感应电流方向为正,则在线圈穿越磁场区域的过程中,感应电流i随时间t变化的图线可能是()6.(滚动交汇考查)(xx全国卷)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A.2B.C.1D.7.(xx皖南八校模拟)一质量为m、电阻为r的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30角,两导轨上端用一电阻R相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆始终与导轨接触良好,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v,则金属杆在滑行过程中()A.向上滑行与向下滑行的时间相等B.向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等C.向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等D.向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等8.(滚动单独考查)一个不计重力的带正电荷的粒子进入电场,则粒子可能做()A.匀速直线运动B.匀变速直线运动C.匀速圆周运动D.匀变速曲线运动9.调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,C、D之间输入交变电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压。图乙中两电表均为理想交流电表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器。现在C、D两端输入图甲所示正弦式交流电,变压器视为理想变压器,那么()A.由甲图可知C、D两端输入交流电压u的表达式为u=36sin(100t)(V)B.当转动触头P逆时针转动时,MN之间输出交流电压的频率变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电阻R2消耗的电功率变小10.如图所示,MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道,半径为R,直径MN水平,整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,一带电荷量为-q,质量为m的小球自M点无初速度下滑,下列说法中正确的是()A.小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场无关B.小球滑到D点时,对轨道的压力一定大于mgC.小球滑到D点时,速度大小v=D.小球滑到轨道右侧时,可以到达轨道最高点N第卷(非选择题共50分)二、实验题(本题共2小题,共12分)11.(6分)(滚动单独考查)有一根细长而均匀的金属管线样品,长约为60cm,电阻大约为6,横截面如图甲所示。(1)用螺旋测微器测量金属管线的外径,示数如图乙所示,金属管线的外径为_mm。(2)已知金属管线样品材料的电阻率为,通过多次测量得出金属管线的电阻为R,金属管线的外径为d,要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S,在前面实验的基础上,还需要精确测量的物理量是_(所测物理量用字母表示并用文字说明)。计算中空部分截面积的表达式为S=_。12.(6分)某同学为了测电流表A1的内阻r1的精确值,有如下器材：器材名称器材代号器材规格电流表A1量程300mA,内阻约为5电流表A2量程600mA,内阻约为1电压表V量程15V,内阻约为3k定值电阻R05滑动变阻器R1010,额定电流为1A滑动变阻器R20250,额定电流为0.3A电源E电动势为3V,内阻较小导线、开关若干(1)要求电流表A1的示数从零开始变化,且能多测几组数据,尽可能减少误差。在虚线方框中画出测量用的电路图,并在图中标出所用器材的代号。(2)若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1,则所用电流表A1的内阻r1表达式为r1=_。三、计算题(本题共4小题,共38分。需写出规范的解题步骤)13.(8分)(xx洛阳模拟)如图所示,在竖直平面内有一水平向右的匀强电场,场强E=1.0104N/C。电场内有一半径R=2.0m的光滑绝缘细圆环形轨道竖直放置且固定,有一质量为m=0.4kg、带电荷量为q=+3.010-4C的带孔小球穿过细圆环轨道静止在位置A,现给小球沿切线方向一瞬时速度vA,使小球恰好能在光滑绝缘细圆环形轨道上做圆周运动,已知g=10m/s2、sin37=0.6、cos37=0.8,求瞬时速度vA的大小。14.(8分)如图所示,一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户(B1和B2都是理想变压器),已知发电机的输出功率为500kW,输出电压为500 V,升压变压器B1原、副线圈的匝数比为110,两变压器间输电导线的总电阻为2,降压变压器B2的输出电压为220V。求：(1)输电导线上损失的功率。(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数比。15.(10分)如图所示为可测定比荷的某装置的简化示意图,在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=2.010-3T,在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为粒子的入射口,在y轴上安放接收器。现将一带正电荷的粒子以v=3.5104m/s的速率从P处射入磁场,若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到,且运动轨迹半径恰好最小,设带电粒子的质量为m,电荷量为q,不计其重力。(1)求上述粒子的比荷。(2)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子,第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内,求此矩形磁场区域的最小面积,并在图中画出该矩形。16.(12分)(滚动交汇考查)如图甲所示,空间存在一有界匀强磁场,磁场的左边界如虚线所示,虚线右侧足够大区域存在磁场,磁场方向竖直向下。在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框,ab边长为l=0.2m,线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1,在水平向右的外力F作用下,以初速度v0=1m/s匀加速进入磁场,外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。以线框右边刚进入磁场时开始计时,求：(1)匀强磁场的磁感应强度B。(2)线框进入磁场的过程中,通过线框的电荷量q。(3)若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J,求在此过程中线框产生的焦耳热Q。答案解析1.C元电荷最早由密立根在实验室测得,A错。奥斯特首先发现电流能够产生磁场,B错。在通电螺线管的启示下,安培提出了分子电流假说,可以较好地解释磁化、退磁等现象,揭示了磁现象的电本质,C对。电磁感应现象由法拉第发现,D错。2.Cab向左运动切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,ab两端的电势差等于外电压,由于导轨电阻不计,所以ab两端的电压等于cd两端的电压,即Uab=Ucd;由于电流相等,由公式F=BIL可知两杆所受的安培力相等,因为两杆都处于平衡状态,所以拉力都等于安培力,则F1=F2,故C正确,A、B、D错误。3.C第1s内,输入电流均匀增加,变压器铁芯中磁通量的变化率时刻相同,通过灯泡的电流即输出电流大小恒定,根据楞次定律,通过灯泡的电流方向是从下到上;同理分析,第2s内,通过灯泡的电流大小恒定,但方向是从上到下,之后,电流的变化重复前面的变化,显然,通过灯泡中的电流是交变电流,周期是2s,选项A、B、D错误,C正确,故本题答案为C。4.C离子开始受到电场力作用开始向下运动,在运动过程中受洛伦兹力作用,知电场力方向向下,则离子带正电,A错误。根据动能定理,洛伦兹力不做功,在A到B的过程中,动能变化为零,则电场力做功为零,A、B两点等电势,因为该电场是匀强电场,所以A、B两点位于同一高度,B错误。根据动能定理得,离子运动到C点电场力做功最大,则速度最大,C正确。只要将离子在B点的状态与A点进行比较,就可以发现它们的状态(速度为零,电势能相等)相同,即离子将在B右侧重现前面的曲线运动,因此,离子是不可能沿原曲线返回A点的,D错误。5.B开始bc边进入磁场切割磁感线,根据右手定则可知,电流方向为逆时针,即为负方向,故A、C错误;bc边进入磁场后,线圈切割磁感线的有效长度逐渐变小,由E=BLv可得,感应电动势变小,故感应电流越来越小。ad边进入磁场后,线圈切割磁感线的有效长度也是逐渐变小,同理感应电流越来越小,故B正确,D错误。6.D根据qvB=m,=,穿过铝板后动能减半,则=,穿过铝板后半径减半,则=,因此=,D正确。7.C根据能量守恒定律v0v,金属杆运动的v-t图象草图如图所示。由v-t图象意义可知,由于上、下过程位移大小相等,故t1t2-t1,即向下滑行的时间较长,A错。ab上滑过程中加速度,速度都较大,安培力较大。即上滑过程中ab克服安培力做功较多,回路中产生的热量较多,电阻R上产生的热量较多,B、D错误。上滑过程中产生的平均感应电动势E1=,此过程通过ab的电荷量q1=I1t1=t1=;同理下滑过程中ab中通过的电量q2=I2(t2-t1)=。由于两过程中ab扫过的面积相等,即S1=S2,故q1=q2,C正确。8.B、C、D电荷在电场中受电场力作用,合力不为零,不可能做匀速直线运动,A错;若电荷的初速度与匀强电场方向共线,电荷进入电场后做匀变速直线运动,B对;若电荷的速度垂直于点电荷的电场,且它所受电场力刚好提供电荷做圆周运动的向心力,则该电荷做匀速圆周运动,C对;若电荷垂直进入匀强电场,它做类平抛运动,是匀变速曲线运动,D对。9.C、D由题图甲可知,交流电的电压最大值为36V,周期为0.02s,则表达式为u=36sin(100t)(V),故A错误;变压器只能改变电流和电压,不能改变交流电的周期和频率,B错误;当滑片向下移动时,输出端电阻减小,则电流增大,R1分压变大,后面并联电路分压变小,电压表示数变小,通过R2电流减小,通过R3电流变大,电流表示数增大,故C正确;由C项的分析可知,R2两端的电压减小,电功率减小,故D正确。10.A、C、D小球下滑过程中受重力、洛伦兹力、轨道支持力,因洛伦兹力与轨道支持力均垂直运动方向,故不影响速度大小,所以下滑时间与磁场无关,选项A正确;整个运动过程中只有重力做功,机械能守恒,下滑至最低点过程中,由机械能守恒定律知,mgR=mv2,所以向左或向右经过D点速度都为,选项C正确;根据机械能守恒定律知小球能滑至与M等高的N点,选项D正确;由D点受力分析及牛顿第二定律知,当向左经过D点时F+FN-mg=m,得FN=3mg-qvB,由于不知道洛伦兹力qvB大小,故支持力FN大小不确定,故B错误。11.【解析】(1)固定部分读数为0.5mm;旋转部分读数为40.20.01mm=0.402mm,总读数为0.902mm。(2)据题意,据电阻定律有：R=,还需要测量金属管线的长度L,金属的横截面积为S=,中空部分横截面积为S=-S=-。答案：(1)0.902(2)管线长度L-12.【解析】(1)由于要求电表上的电压从零开始变化,所以滑动变阻器要用分压连接法,且选最大阻值较小的那个滑动变阻器;由于电压表的量程太大,所以不能直接用所给的电压表直接测量电压,用一个定值电阻替代电压表。实验用电路图如图所示。(2)通过定值电阻R0的电流为I2-I1,A1两端的电压等于R0两端的电压(I2-I1)R0,所以电流表A1的内阻r1=R0。其中I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数,R0是定值电阻的电阻大小。答案：(1)见解析图(2)R013.【解析】如图所示,小球的平衡位置在A点,此时重力与电场力的合力F与重力的夹角为,则tan=,=37,F=小球速度最小时的位置在过平衡位置的直径的另一端B,且vB=0,从B位置到A位置,由动能定理有-2R=m-m代入数据得vA=10m/s答案：10m/s14.【解析】(1)原、副线圈电压比等于匝数比,对升压变压器：=,即U2=5 000V输电线的电流：I2=100A损失的功率：P额=R=20 000W(2)降压变压器的输入电压：U3=U2-I2R=4 800V降压变压器匝数比：=24011答案：(1)20 000W(2)2401115.【解析】(1)设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲所示。依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径,由几何关系得r=L由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,可得qvB=m代入数据解得5.0107C/kg(2)如图乙所示,所求的最小矩形是MM1P1P。该区域面积S=2r2代入数据得S=0.25m2矩形如图乙中MM1P1P(虚线)所示。答案：(1)5.0107C/kg(2)0.25m2图见解析16.【解析】(1)由F-t图象可知,当线框全部进入磁场时,F=0.2N,线框的加速度：a=m/s2=2m/s2,0时刻线框所受的安培力：F安=BIl=由图示图象可知：此时外力F=0.3N,由牛顿第二定律得：F-F安=ma,代入数据解得：B=0.5T(2)线框进入磁场过程通过横截面电荷量：q=It,由法拉第电磁感应定律得E=由闭合电路欧姆定律得：I=,解得电荷量：q=,由匀变速直线运动得：x=v0t+at2,代入数据解得：x=0.75m,q=0.75C(3)线框进入磁场过程,由能量守恒定律：WF=Q+m-m,vt=v0+at代入数据解得：Q=0.12J。答案：(1)0.5T(2)0.75C(3)0.12J关闭Word文档返回原板块