2019-2020年高三上学期周练（二）物理试题 含答案.doc

2019-2020年高三上学期周练（二）物理试题 含答案一 选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关阐释合理的是A远离中心点处亮环的分布较疏B用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环C是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的D与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的2如图为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流，则A无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针B无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针D有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化3如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知CAB=60，AB=2AC=2cm，将一带电量为q=310-5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功610-5J，则下列说法正确的是AC点电势为2VB电场强度E沿AB方向由AB，大小为400NCC该正电荷在B点具有的电势能为2.410-4JD将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了1.810-4J4如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是（ ）A将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度B将c与A外表面接触后移开A，B不会张开一定角度C将c与A内表面接触时，B不会张开角度D将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度5下列说法正确的是A安培发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B开普勒首先发现了行星运动规律；哈雷利用万有引力定律推算出彗星的回归周期C库仑发现了点电荷的相互作用规律并提出了电场线；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D富兰克林首先命名了正负电荷；奥斯特通过实验发现在磁场中转动的金属圆盘可以对外输出电流6用等效思想分析变压器电路。如图a中的变压器为理想变压器,原、副线圈的匝数之比为n1:n2，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R2。这里的等效指当变压器原线圈、电阻R2两端都接到电压为U=220V的交流电源上时，R1与R2消耗的电功率相等,则R2与R1的比值为A B C D7如图所示，匀强电场中的PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA1.6108J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功W PB3.2108J。则下列说法正确的是CABDPA直线PC为等势线B若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC2.4108JC电场强度方向与AD平行D点P的电势高于点A的电势8如图所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），R是可变电阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上。下列说法正确的是A若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为2：1B若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为：1C若K分别接1和2时，R消耗功率相等，则R阻值之比为2 ：1D若K分别接l和2时，R消耗功率相等，则R阻值之比为：19如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x1.0 m和x5.0 m处，两列波的速率均为v2 m/s，两波源的振幅均为A2 cm。图示为t0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x1.0 m和x3.0 m的M、N两质点刚开始振动。质点P、Q的平衡位置分别处于x2.0m和x2.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是A质点Q的起振方向沿y轴正方向Bt1.25 s时刻，质点M的位移为-4cmC两列波能发生干涉，发生干涉后质点P为振动减弱点D两列波能发生干涉，发生干涉后质点Q为振动加强点10如图，把塑料匙在干燥的布上摩擦几下，然后去舀爆米花，爆米花就会到处乱蹦。发生这种情况的原因是A爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷B爆米花与带电的勺子接触，带异种电荷C爆米花受到塑料匙的作用力而到处乱跳D爆米花带电后，因质量很小而到处乱跳11某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达xl位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。下列说法正确的是A点电荷从xl运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C电势差UoxlUox2D在整个运动过程中，点电荷在xl、x2位置的电势能最大第II卷（非选择题）二、计算题：共6题 共66分12在光滑的水平面上，质量为2m的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m的小球B处于静止状态,如图所示。小球A与小球B发生正碰后均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO。假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失,求：两球碰后两球的速度大小?求两球在O点碰撞的能量损失。13如图所示,一小型发电机内有N=100匝矩形线圈,线圈面积S=0.10 m2, 线圈总电阻r=1。在外力作用下矩形线圈在磁感应强度B=0.10 T的匀强磁场中,以恒定的转速n =50 r/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动,发电机线圈两端与R=9 的电阻构成闭合回路. 从线圈平面通过中性面时开始计时.求:（1）转过30时线圈中产生的瞬时电动势的大小；（2）转过60的过程中通过电阻R的电荷量；（3）线圈转动一周,电流通过电阻R产生的焦耳热。14如图所示，质量m=0.10kg的靶盒B位于光滑水平导轨上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区域”，如图中的虚线区域当靶盒B进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F=50N作用在P处有一固定的手枪A，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度V0=100m/s、质量同样为m=0.10kg的子弹，当子弹打入靶盒B后，便留在盒内，碰撞时间极短若每当靶盒B停在或到达O点时，就有一颗子弹进入靶盒B内，求：（1）当第一颗子弹进入靶盒B后，靶盒B离开O点的最大距离；（2）求第三颗子弹进入靶盒B到第四颗子弹进入靶盒B的时间间隔；（3）从初始时刻到第n颗子弹恰好与靶盒相对静止时，子弹与靶盒组成的系统所产生的内能为多少？（不考虑手枪发射子弹时产生的内能的影响）15一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮，两端拴有A、B两物体，A、B质量分别为m1=2kg，m2=3kg。B物块开始时静止于地面上，A离地高度H=1m。现将A抬高h1=1.25m，由静止释放，绳子绷直一瞬间断开，并给B一个竖直向上的瞬时冲量I，经观察，B此后上升的最大高度为h2=0.2m，（不考虑一切阻力，取g=10m/s2）求：（1）瞬时冲量I的大小；（2）A落地的速度。16如图所示，光滑水平面上有三个滑块ABC，质量分别为，AB以共同速度向右运动，C静止。某时刻细绳突然断开，AB被完全弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求：BC碰撞前的瞬间B的速度；整个运动过程中，弹簧释放的弹性势能与系统损失的机械能之比。17如图所示是一个半径为R的半球形透明物体的侧视图，现在有一细束单色光沿半径OA方向入射，保持入射方向不变，不考虑光线在透明物体内部的反射。将细光束平移到距O点处的c点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；若细光束平移到距O点处，求出射光线与OA轴线的夹角。参考答案1D【解析】试题分析：远离中心点处亮环的分布较密，A错；用白光照射时，仍能出现干涉形成的圆环，B错；是空气膜也即透镜曲面上反射光与玻璃平面上的反射光干涉形成的，C错；当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，与同一亮环相对应的各处空气薄膜的厚度是相同的，故D正确。考点：光的干涉。【名师点睛】光的干涉和衍射比较内容干涉衍射现象在光重叠区域出现加强或减弱的现象光绕过障碍物偏离直线传播的现象产生条件两束光频率相同、相位差恒定障碍物或孔的尺寸与波长差不多或小得多典型实验杨氏双缝干涉实验单缝衍射、圆孔衍射、不透明圆盘衍射图样特点不同点条纹宽度条纹宽度相等条纹宽度不等，中央最宽条纹间距各相邻条纹间距相等各相邻条纹间距不等亮度情况清晰条纹，亮度基本相等中央条纹最亮，两边变暗相同点干涉、衍射都是波特有的现象；干涉、衍射都有明暗相间的条纹2D【解析】试题分析：当左侧线圈中通有不断减小的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且减小，根据楞次定律，右侧线圈中产生顺时针方向的电流；故A错误；无金属片通过时，通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化但是电流的方向不会发生变化；故C错误，D正确；故选D.考点：法拉第电磁感应定律; 楞次定律【名师点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流引起的效果阻碍磁通量的变化.3B【解析】试题分析：将一带电量为q=310-5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功610-5J，则 ，而，则，选项A错误；若从C点做AB的垂线，则交点D为AB的四等分点，可知D点的电势为-2V，CD为等势线，场强垂直CD，即电场强度E沿AB方向由AB，大小为，选项B正确；该正电荷在B点具有的电势能为，选项C错误；从C到D点电势降低，故将该正电荷从C点移到B点，电势能将减小，选项D错误；故选B考点：电势及电势能；电场强度【名师点睛】此题是对静电场中的电势及电势能、电场强度的考查；关键是知道场强的公式，其中d为沿电场线方向的距离；电势差与电场力做功的关系计算时注意下角标的顺序及各个物理量的符号.4A【解析】试题分析：把C逐渐从远处向A靠近过程中，由于静电感应，结合逆着电场线方向，电势增加，则B的指针张开故A正确当把C与A的外表面接触，则C带正电，导致B的指针张开，故B错误把C与A的内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在外表面，但静电计仍处于外表面，则B指针会张开故C错误c与A内壁接触时，由于静电屏蔽，使小球c不带电；故再与b接触时，B不会张开角度；故D错误；故选A。考点：静电感应【名师点睛】本题考查对于感应起电的理解能力，抓住静电平衡导体的特点，注意静电平衡的电荷分布；同时还要区别B和C两项中不同之处。5B【解析】试题分析：奥斯特发现了电流磁效应，A错；开普勒首先发现了行星运动规律；哈雷利用万有引力定律推算出彗星的回归周期，B对；电场线的提出者是法拉第，C错；法拉第通过实验发现在磁场中转动的金属圆盘可以对外输出电流，D错。考点：物理学史、物理学方法。6C【解析】试题分析：设副线圈的电压为U1，利用电流的热效应，功率相等，;原副线圈的匝数之比等于电压之比，则，C正确；考点：变压器；电功率【名师点睛】做好本题的突破口在消耗的功率相等，变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；利用电流热效应列式求解.7B【解析】试题分析：一个带电粒子从P点移动到A点，还是从P点移动到B点，电场力都做正功，P到AB间都有电势差，故直线PC为不可能等势线，故A错误；C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，故该粒子从P点移动到C点，电场力做功为，故B正确；粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB=3.210-8J，D点为PB的中点，故粒子从D点移动到B点，电场力做功WPB=WPB=1.610-8J，粒子从A到B电场力做功为WAB=WAP+WPB=1.610-8J，故AD为等势面，电场强度方向与AD垂直，故C错误；将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功做正功，故电势能减小，电势升高，故点P的电势低于点A的电势，选项D错误；故选B考点：电场力的功；电势及电势能；【名师点睛】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，要知道电场力做正功，电势能减小，反之电势能变大；此题是常规题，比较简单。8BC【解析】试题分析：设原线圈与副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，副线圈电压为U2，当K接2 时：，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，及，功率为;若K与1相连，则，此时电压表的示数为u2，则，得，此时的功率为：.由上分析知：电压表的示数之比为，电阻值之比为2：1，BC对。考点：理想变压器。【名师点睛】对理想变压器的理解：(1)没有能量损失(2)没有磁通量损失(3)基本量的制约关系电压 副线圈的电压U2由原线圈的电压U1和匝数比决定功率 原线圈的输入功率p1由副线圈的输出功率p2决定电流 原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定9ACD【解析】试题分析：M、N点刚起振，由同侧法可知，M点向下振动，N点向上振动，也即两列波的起振方向相反。由两列波的传播速度相等，Q距N点近，故N点的振动形式先传播到Q点，故Q点的起振方向与N点的起振方向相同，起振时沿y轴向上，A对；M点距两波源的距离差值为一个波长，由因两列波的起振方向相反，故M点为振动减弱点，两列波的振幅相同，故M点的位移始终为零，B错；同理可判断P为振动减弱点，Q为振动加强点，故ACD对。考点：机械波的叠加。【名师点睛】波的干涉(1)产生稳定干涉现象的条件：频率相同；振动方向相同；有固定的相位差(2)干涉区域内某点是振动最强点还是振动最弱点的充要条件：最强：该点到两个波源的路程之差是波长的整数倍，即n.最弱：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍，即2(2n1)10ACD【解析】试题分析：由于塑料与布摩擦后产生静电，而爆米花与勺子接触带电，故带同种电荷；故A正确；B错误；爆米花之所以运动是因为受到塑料匙的作用力；故C正确；由于质量很小的爆米花受力后产生的加速度较大，故运动较为明显，因此会到处乱跳；故D正确；故选ACD。考点：电荷间的相互作用【名师点睛】本题考查物理知识在生活中的应用，要注意会用所学过的物理规律解释相关现象，从而加深对物理规律的理解。11BD【解析】试题分析：由题意，点电荷到达x1位置速度第一次为零，在x2位置第二次速度为零，可知点电荷从O点运动到x1，再运动到x2的过程中，速度先均匀增大，然后先做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，故A错误由图可知，x轴正方向上场强沿着x轴正方向，场强大小是非线性变化x轴负方向场强方向沿着x轴负方向，为匀强电场点电荷从O点运动到x2，场强先均匀增大后均匀减小，电场力先均匀增大后均匀减小，其加速度先均匀增大后均匀减小故B正确根据动能定理，电荷由O点与x1和O点与x2都有：，故：UOx1=UOX2，故C错误电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，故点电荷到达x1位置速度第一次为零，在x2位置第二次速度为零，在x1，x2位置电势能最大，故D正确故选BD考点：电场强度；动能定理；牛顿定律的应用【名师点睛】该题的关键是识别好图象信息，再有就是利用好题目给定的条件，关键是由图线获取在x轴上场强的变化情况；其中D选项需要知道电荷运动过程中出现的是电势能和动能的相互转化，且电势能和动能之和不变。12, 0【解析】试题分析：碰撞过程中动量守恒2mv0= 2mv1+mv2由题意可知: OP=v1tOQ+PQ=v2t解得, 碰撞前后系统的机械能之差 代入(1)的结果得考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】本题关键是根据动量守恒定律、能量守恒定律列式求解，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中。13（1）（2） （3） 【解析】试题分析：（1）线圈匀速转动时产生的感应电动势的最大值为：从线圈平面通过中性面时开始计时，产生的瞬时电动势为:转过30时,有 代入题设数值，解得：（2）设从线圈平面通过中性面时开始,线圈转过60所用的时间为t.穿过线圈的磁通量的变化量大小为线圈中的平均感应电动势为：通过电阻R的平均电流为： 在t时间内通过电阻R的电荷量为：联立解得：代入题设数值，可得：（3）线圈中产生的是正弦式电流,则电动势的有效值为 通过电阻R的电流为 ： 电阻R产生的焦耳热为： 联立解得: . 考点：交流电的产生和描述。【名师点睛】正弦式电流给用电器供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）设第一课子弹进入靶盒B后，子弹与靶盒的共同速度为由动量守恒，设B离开O点的最大距离为s1，由动能定理 得（2）根据题意，B在恒力F的作用下返回O点时第二颗子弹正好打入，由于靶盒与第二颗子弹的动量之和为零，故第二颗子弹打入时，B将静止在O点。第三颗子弹打入后，由系统动量守恒B离开O点再回到O点 解得（3）由第（2）问的计算可以看出，第颗子弹打入后，靶盒的运动速度系统产生的热能，第2k颗子弹打入后，靶盒静止不动，系统动能全部转化为内能；当n为奇数时当n为偶数时考点：动量守恒定律；动量定理；动能定理的应用【名师点睛】对于碰撞过程，其基本规律动量守恒定律要掌握牢固，并能正确运用能把动量守恒定律和动能定理结合应用。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）B做竖直上抛运动，以竖直向上的方向为正方向，由动量定理 ，由于时间极短，所以。（2）A先做自由落体运动，由于绳子给A的作用力，冲量大小也为I，方向竖直向上。有动量定理得，之后A自由下落，由机械能守恒解得。考点：机械能守恒定律【名师点睛】本题考查了系统机械能守恒的基本运用，知道对于A、B物体，由于拉力做功，单个物体机械能不守恒。【答案】；【解析】试题分析：AB被弹开的过程，由动量守恒定律B与C发生碰撞的过程满足由题意解得弹开的过程，由能量守恒可知弹性势能BC碰撞损失的机械能因此考点：动量守恒定律、能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练。【答案】；【解析】试题分析：如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，为临界角由临界角公式： 解得： 如图所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，入射角为，折射角为折射率 解得：，由几何关系可知：，或考点：光的折射定律【名师点睛】解决本题的关键作出光路图，灵活运用数学知识，结合折射定律进行求解。