2020届高考物理二轮复习刷题首秧阶段滚动卷三含解析

2020届高考物理二轮复习刷题首秧阶段滚动卷三含解析

高考物理总复习 阶段滚动卷三 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，时间90分钟。‎ 第Ⅰ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1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12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2‎ B．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轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列判断中正确的是(　　)‎ A．P点的电势比Q点的电势高 B．P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 - 15 -‎ 高考物理总复习 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Ep＝φq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. (2019·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(q>0)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θ＝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 B．O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，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θ角。若给圆环通恒定电流I，则圆环所受安培力的大小为(　　)‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 A．0 B．2πRBI C．2πRBIcosθ D．2πRBIsinθ 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F＝B水平I·2πR＝2πBIRsinθ，故D正确。‎ ‎5．(2019·四川德阳三诊)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5∶3，则甲、乙两个电路中的电功率之比为(　　)‎ A．5∶3 B．5∶2 C．1∶1 D．25∶9‎ 答案　A 解析　设灯泡的额定电流为I，则甲电路中的功率为P1＝UI；理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，则乙图原线圈中的电流为I，乙电路中的功率为P2＝U·I＝P1，因此甲、乙两个电路中的电功率之比为5∶3，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带电荷量增加的是(　　)‎ A．断开开关S1‎ B．断开开关S2‎ C．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 - 15 -‎ 高考物理总复习 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：U＝IR2＝，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Q＝CU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＝IR2变小，根据Q＝CU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OM＝R，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t＝0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ω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0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，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E1＝Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝；在t0～2t0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，‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 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E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1；在2t0～3t0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E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感应电流为I3＝3I1；在3t0～4t0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方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝Bω·R2，感应电流为I4＝I1。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q＝＋1×10－3 C，质量m＝0.02 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①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中虚线②为图线①在b点的切线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．P、Q带正电荷 B．b点的场强E＝30 V/m C．a、b两点间的电势差为90 V D．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：ab＝＝1.5 m/s2，又根据牛顿第二定律可得：qE＝mab，联立解得b点处的场强为：E＝30 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：qUab＝mv－mv，由图乙可得vb＝3 m/s，代入解得：Uab＝90 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Ⅰ - 15 -‎ 高考物理总复习 和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表为理想电表，电阻R＝1 Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的是(　　)‎ A．t＝0.1 s时，电流表的示数为0‎ B．副线圈中交流电的频率为5 Hz C．线框面积为 m2‎ D．t＝0.05 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＝＝ V＝10 V，根据＝，解得U2＝2 V，故副线圈中的电流I2＝＝ A＝2 A，电流表的电流为I1，则由＝得I1＝0.4 A，A错误；交流电的周期T＝0.2 s，故交流电的频率f＝＝5 Hz，B正确；线框转动的角速率ω＝2πf，则根据Em＝nBSω可知，线框面积S＝＝ m2，C正确；t＝0.05 s时线圈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(　　)‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 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：evB＝m，解得：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，tmin＝T＝T，则：θ＝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：tmax＝T＝T，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。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎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E＝3 V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 Ω、0.5 Ω、9 Ω，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9 Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10－3 μF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 Ω、1 Ω。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3×10－9 C C．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 Ω 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 Ω 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 Ω，根据串联分压特点可得这部分的电压U0＝2 V，电容器的电荷量Q＝CU0＝3×10－9 C，故B正确；当油滴匀速穿过电容器时，E0＝，E0q＝mg，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y＝＝at2，得a＝2 m/s - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎2，由牛顿第二定律得E1q－mg＝ma，结合E1＝，可得＝＝，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压U1＝2.4 V，则电阻R1两端的电压UR1＝E－U1＝0.6 V，电流I＝＝0.6 A，又由欧姆定律R＝可得，R2、R3、R4这部分电路总电阻R总＝＝4 Ω，由R总＝R2＋得出R4≈5.7 Ω，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a＝2 m/s2，可得U2＝1.6 V，解得R4≈0.69 Ω，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B＝kt，式中k为常量，且k＞0；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。t＝0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(t>0)时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0t B．电阻R上的电流为恒定电流 C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为Δt D．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，则穿过回路的总磁通量即为两边磁通量之和，在t(t＞0)时刻穿过回路的总磁通量为：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0Lv0t，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：E＝E1＋E2＝S＋B0Lv0＝kS＋B0Lv0，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Δt内流过电阻的电荷量为q＝IΔt＝Δt，故C正确；金属棒受到的安培力大小为：FA＝B0IL，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Ⅱ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、‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 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：mg＝BI，解得I＝ 设杆匀速运动时的速度为v，由E＝Bv，E＝I· 联立解得v＝。‎ ‎(2)由能量守恒：mg＝Q＋mv2‎ 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d＝1 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μ＝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B＝2T。在导轨中央放置着两根质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝2 Ω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E＝9 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x＝0.8 m后停止，g取10 m/s2，求：‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；‎ ‎(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/s　3 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 ‎0＝mva－mvb 由机械能守恒定律得E＝mv＋mv 联立解得va＝vb＝3 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Ea＝Eb＝Bdva＝2×1×3 V＝6 V 回路中感应电流I＝＝3 A 对b，由牛顿第二定律得BId＋μmg＝mab 解得ab＝8 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E＝2μmgx＋Q 解得Q＝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y≤L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。‎ - 15 -‎ 高考物理总复习 答案　(1)0

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