2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 階段滾動卷三（含解析）

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1、階段滾動卷三 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，時間90分鐘。 第Ⅰ卷 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題只有一個選項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求，全部答對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1. (2019·廣東佛山一模)一個簡易的電磁彈射玩具如圖所示。線圈、鐵芯組合充當炮筒，硬幣充當子彈?，F(xiàn)將一個金屬硬幣放在鐵芯上(金屬硬幣半徑略大于鐵芯半徑)，電容器剛開始時處于無電狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．要將硬幣射出，可直接將開關撥到2 B．當開關撥向1時，有短暫電

2、流出現(xiàn)，且電容器上極板帶負電 C．當開關由1撥向2的瞬間，鐵芯中的磁通量減小 D．當開關由1撥向2的瞬間，硬幣中會產生向上的感應磁場 答案　D 解析　當線圈中的電流增大時，穿過硬幣的磁通量變大，由楞次定律知此時硬幣射出，而直接將開關撥到2，電容器是不會放電產生電流的，故A錯誤；當開關撥向1時，電容器充電，電路中有短暫電流出現(xiàn)，由于電容器的上極板與電源正極相連，因此電容器的上極板帶正電，故B錯誤；當開關由1撥向2的瞬間，電容器放電，線圈中的電流增大，向下的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，可知硬幣中會產生向上的感應磁場，故C錯誤，D正確。 2. (2019·廣西欽州三模)如圖所示，虛線a、b、

3、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點。下列判斷中正確的是(　　) A．P點的電勢比Q點的電勢高 B．P點的場強比Q點的場強大 C．帶電粒子通過Q點時的電勢能比P點時的小 D．帶電粒子通過Q點時的動能比P點時的大 答案　B 解析　由圖可知帶電粒子所受電場力沿電場線向右，由于粒子帶正電，則電場強度方向沿電場線向右，故P點的電勢低于Q點的電勢，A錯誤；電場線越密的地方場強越大，由圖可知P點的場強大于Q點的場強，B正確；Q點的電勢比P點的電勢高，粒子帶正電，由Ep＝φq可知，帶電粒子通過Q點時的電勢能比P點時的大，

4、C錯誤；粒子僅在電場力作用下運動，只有動能和電勢能相互轉化，所以帶電粒子通過Q點時的動能比通過P點時的小，D錯誤。 3. (2019·杭州一模)如圖所示，由絕緣材料制成的光滑圓環(huán)(圓心為O)豎直固定放置。電荷量為＋q(q>0)的小球A固定在圓環(huán)的最高點，電荷量大小為q的小球B可在圓環(huán)上自由移動。若小球B靜止時，兩小球連線與豎直方向的夾角為θ＝30°，兩小球均可視為質點，以無窮遠處為零電勢點，則下列說法正確的是(　　) A．小球B可能帶正電 B．O點電勢一定為零 C．圓環(huán)對小球B的彈力指向圓心 D．將小球B移至圓環(huán)最低點，A、B小球組成的系統(tǒng)電勢能變小 答案　B 解析　因小球B

5、處于靜止狀態(tài)，對其受力分析，如圖所示，可見小球A吸引小球B，由于A球帶正電，因此小球B一定帶負電，故A錯誤； 因兩球所帶電荷是等量異種電荷，則兩者連線的中垂線為等勢線，以無窮遠處為零電勢點，則O點的電勢為零，故B正確；由A選項分析可知，圓環(huán)對小球B的彈力背離圓心，故C錯誤；將小球B移至圓環(huán)最低點，靜電力對小球B做負功，則A、B小球組成的系統(tǒng)電勢能變大，故D錯誤。 4. (2019·湖北省高三4月調研)如圖所示，半徑為R的圓環(huán)與一個軸向對稱的發(fā)散磁場處處垂直，環(huán)上各點的磁感應強度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成θ角。若給圓環(huán)通恒定電流I，則圓環(huán)所受安培力的大小為(　　) A．0

6、 B．2πRBI C．2πRBIcosθ D．2πRBIsinθ 答案　D 解析　把磁感應強度分解為水平分量與豎直分量，磁場的豎直分量對圓環(huán)的安培力的合力為零，磁場的水平分量對圓環(huán)的安培力的合力F＝B水平I·2πR＝2πBIRsinθ，故D正確。 5．(2019·四川德陽三診)用同樣的交流電分別給甲、乙兩個電路中同樣的燈泡供電，結果兩個電路中的燈泡均能正常發(fā)光，乙圖中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5∶3，則甲、乙兩個電路中的電功率之比為(　　) A．5∶3 B．5∶2 C．1∶1 D．25∶9 答案　A 解析　設燈泡的額定電流為I，則甲電路中的功率為P1＝U

7、I；理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5∶3，則乙圖原線圈中的電流為I，乙電路中的功率為P2＝U·I＝P1，因此甲、乙兩個電路中的電功率之比為5∶3，故A正確。 6. (2019·江蘇省七市高三第三次調研)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻為r，R1、R3為滑動變阻器，R2為定值電阻，C為電容器。開始時開關S1、S2閉合。下列操作能使電容器所帶電荷量增加的是(　　) A．斷開開關S1 B．斷開開關S2 C．向左移動滑動變阻器R1的滑片 D．向左移動滑動變阻器R3的滑片 答案　B 解析　斷開開關S1，回路電流為零，電容器放電，電容器所帶電荷量減小，A錯誤；根據(jù)電路結構可知，回

8、路電流I＝，電容器兩端電壓：U＝IR2＝，斷開開關S2，電容器直接串聯(lián)在電路中，回路電流為零，電容器兩端電壓等于電源電動勢，電壓變大，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變大，B正確；滑動變阻器R1與電容器串聯(lián)，穩(wěn)定時，該支路無電流，改變R1的滑片位置，對電路沒有影響，電容器所帶電荷量不變，C錯誤；向左移動滑動變阻器R3的滑片，R3接入電路中的電阻變大，由I＝可得，回路中電流變小，則電容器兩端電壓：U＝IR2變小，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變小，D錯誤。 7. (2019·吉林省吉林市三調)將一均勻導線圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導線框

9、的O點置于如圖所示的直角坐標系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。從t＝0時刻開始讓導線框以O點為圓心，從圖示位置開始以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變化規(guī)律描繪正確的是(　　) 答案　B 解析　設線框OMN的阻值為r，在0～t0時間內，線框從圖示位置開始(t＝0)轉過90°的過程中，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應電流的方向為逆時針方向(沿ONM方向)，產生的感應電動勢為E1＝Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為

10、I1＝＝；在t0～2t0時間內，線框進入第三象限的過程中，根據(jù)楞次定律判斷可知，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感應電流為I2＝3I1；在2t0～3t0時間內，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產生的感應電動勢為E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感應電流為I3＝3I1；在3t0～4t0時間內，線框離開第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E4＝Bω·R2，感應電流為I4＝I1。由上述分析可知，B

11、正確。 8．(2019·山東青島一模)如圖甲，兩個等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q＝＋1×10－3 C，質量m＝0.02 kg的小球從a點靜止釋放(小球重力不計)，沿中垂線運動到電荷連線中點O過程中的v-t圖象如圖乙中圖線①所示，其中b點處為圖線切線斜率最大的位置，圖中虛線②為圖線①在b點的切線，則下列說法正確的是(　　) A．P、Q帶正電荷 B．b點的場強E＝30 V/m C．a、b兩點間的電勢差為90 V D．小球從a到O的過程中電勢能先減少后增加 答案　BC 解析　由帶正電的小球從a點由靜止釋放，沿aO方向做加速運動可知，小球受到指向O點的電場力，即P

12、、Q兩電荷對小球的電場力的合力指向O點，由此可知P、Q兩電荷帶負電，A錯誤；由v-t圖象的斜率表示加速度可得：ab＝＝1.5 m/s2，又根據(jù)牛頓第二定律可得：qE＝mab，聯(lián)立解得b點處的場強為：E＝30 V/m，B正確；小球由a點運動到b點的過程中，由動能定理得：qUab＝mv－mv，由圖乙可得vb＝3 m/s，代入解得：Uab＝90 V，C正確；由圖乙可知，從a到O的過程中小球速度一直增大，電場力一直對它做正功，其電勢能一直減小，D錯誤。 9．(2019·成都七中二診)如圖甲所示，50匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小為B＝ T的水平勻強磁場中，線框電阻不計。線框勻速轉動時所產

13、生的正弦交流電壓圖象如圖乙所示，把該交流電壓加在圖丙中理想變壓器的P、Q兩端。已知變壓器的原線圈Ⅰ和副線圈Ⅱ的匝數(shù)比為5∶1，交流電流表為理想電表，電阻R＝1 Ω，其他各處電阻不計，以下說法正確的是(　　) A．t＝0.1 s時，電流表的示數(shù)為0 B．副線圈中交流電的頻率為5 Hz C．線框面積為 m2 D．t＝0.05 s時線圈位于圖甲所示位置 答案　BC 解析　原線圈中電壓的有效值U1＝＝ V＝10 V，根據(jù)＝，解得U2＝2 V，故副線圈中的電流I2＝＝ A＝2 A，電流表的電流為I1，則由＝得I1＝0.4 A，A錯誤；交流電的周期T＝0.2 s，故交流電的頻率f＝＝5 H

14、z，B正確；線框轉動的角速率ω＝2πf，則根據(jù)Em＝nBSω可知，線框面積S＝＝ m2，C正確；t＝0.05 s時線圈產生的感應電動勢最大，線圈平面與中性面垂直，D錯誤。 10. (2019·吉林省吉林市三調)如圖所示，成30°角的OA、OB間有一垂直紙面向里的勻強磁場，OA邊界上的S點有一電子源，在紙面內向各個方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場中運動的半徑為r，周期為T。已知從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最短時間為，則下列說法正確的是(　　) A．沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點射出 B．沿某一方向發(fā)射的電子，可能沿垂直于OB的方向射出 C．從OA邊界射出的電子在磁場中運

15、動的最長時間為 D．從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最長時間為 答案　BC 解析　電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB＝m，解得：r＝，由于電子速率v相同，則電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r相同，當出射點D與S點的連線垂直于OB時，弦SD最短，軌跡所對的圓心角最小，為60°，則電子在磁場中運動的時間最短，tmin＝T＝T，則：θ＝60°，如圖a所示，由幾何知識知，在磁場中運動的最短時間的電子入射的方向垂直于OA，＝＝＝2r。電子在磁場中所有軌跡對應圓心可能的位置應在以S為圓心、半徑為的圓弧上，過O的圓弧與BO有除O以外的另一個交點，如圖b所示，說明

16、電子在到達O點前已經飛出磁場，故A錯誤；由以上的分析可知，當從S點射出的電子方向平行于OB時，其圓心恰好位于D點，此時電子將轉過90°，恰好垂直于OB射出，其軌跡如圖c所示，B正確；從OA邊界射出的電子圓弧軌跡剛好與OB相切時，在磁場中的運動軌跡最長，軌跡對應的圓心角最大，在磁場中運動的時間最長，如圖d所示，由幾何關系可得圓心角為120°，運動時間：tmax＝T＝T，C正確；畫出初速度的方向豎直向上的電子運動軌跡如圖e，可知該電子在磁場中運動的時間大于T，D錯誤。 11．(2019·河南八市重點高中聯(lián)盟高三第三次測評)如圖所示，電源電動勢E＝3 V，內阻不計，R1、R2、R3為定值電

17、阻，阻值分別為1 Ω、0.5 Ω、9 Ω，R4、R5為電阻箱，最大阻值均為99.9 Ω，右側豎直放置一個電容為1.5×10－3 μF的理想平行板電容器，電容器板長為0.2 m，板間距為0.125 m。一帶電油滴以0.8 m/s的速度沿平行板中線進入，恰好勻速通過，不計空氣阻力，此時R4、R5阻值分別為1.8 Ω、1 Ω。下列說法正確的是(　　) A．此油滴帶正電 B．帶電油滴勻速穿過電容器時，電容器的電荷量為3×10－9 C C．欲使油滴向上偏轉但不打到電容器的上板，R4阻值不得超過5.7 Ω D．欲使油滴向下偏轉但又不打到電容器的下板，R4阻值不得低于1.4 Ω 答案　BC

18、解析　電容器的上極板與電源正極相連，油滴所受電場力向上，故油滴帶負電荷，A錯誤；電容器與R2、R3、R4這部分電路并聯(lián)，當油滴勻速穿過電容器時R2、R3、R4這部分電路的總電阻為2 Ω，根據(jù)串聯(lián)分壓特點可得這部分的電壓U0＝2 V，電容器的電荷量Q＝CU0＝3×10－9 C，故B正確；當油滴勻速穿過電容器時，E0＝，E0q＝mg，油滴在電容器中的運動時間t＝＝ s，當油滴向上偏轉且剛好經過上極板最右端時，在豎直方向上有y＝＝at2，得a＝2 m/s2，由牛頓第二定律得E1q－mg＝ma，結合E1＝，可得＝＝，由此得R2、R3、R4這部分電路總電壓U1＝2.4 V，則電阻R1兩端的電壓UR1＝E

19、－U1＝0.6 V，電流I＝＝0.6 A，又由歐姆定律R＝可得，R2、R3、R4這部分電路總電阻R總＝＝4 Ω，由R總＝R2＋得出R4≈5.7 Ω，故C正確；同理，油滴經過下極板最右端時，有豎直向下的加速度a＝2 m/s2，可得U2＝1.6 V，解得R4≈0.69 Ω，D錯誤。 12. (2019·廣西欽州三模)如圖，兩條間距為L的平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的電阻；一金屬棒垂直放置在兩導軌上；在MN左側面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B隨時間t的變化關系為B＝kt，式中k為常量，且k＞0；在MN右側區(qū)域存在一與導軌垂直、磁感應強度

20、大小為B0、方向垂直紙面向里的勻強磁場。t＝0時刻，金屬棒從MN處開始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運動。金屬棒與導軌的電阻及摩擦均可忽略。則(　　) A．在t(t>0)時刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0t B．電阻R上的電流為恒定電流 C．在時間Δt內流過電阻的電荷量為Δt D．金屬棒所受的水平拉力F隨時間均勻增大 答案　BC 解析　根據(jù)題圖可知，MN左邊的磁場方向與右邊的磁場方向相同，則穿過回路的總磁通量即為兩邊磁通量之和，在t(t＞0)時刻穿過回路的總磁通量為：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0Lv0t，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律得，回路中產生總的感應電動勢為：E

21、＝E1＋E2＝S＋B0Lv0＝kS＋B0Lv0，由閉合電路歐姆定律有：I＝＝，則電阻R上的電流為恒定電流，故B正確；在時間Δt內流過電阻的電荷量為q＝IΔt＝Δt，故C正確；金屬棒受到的安培力大小為：FA＝B0IL，保持不變，金屬棒勻速運動，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不變，故D錯誤。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(本題共4小題，共52分。解答應寫出必要的文字說明、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.(2019·四川德陽三診)(12分)如圖所示，光滑導軌MN和PQ固定在豎直平面內，導軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R

22、2。兩導軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m的金屬桿與導軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，金屬桿離開磁場前已做勻速運動。其余電阻均不計，重力加速度為g。求： (1)金屬桿離開磁場時的速度大?。? (2)金屬桿穿過整個磁場過程中電阻R1上產生的電熱。 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)設流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得：mg＝BI，解得I＝ 設桿勻速運動時的速度為v，由E＝Bv，E＝I· 聯(lián)立解得v＝。 (2)由能量守恒：mg＝Q＋mv2 電阻R1上產生的電熱Q1＝ 解得Q1＝－。 14. (

23、2019·廣東佛山一模)(12分)如圖所示，兩根互相平行的金屬導軌MN、PQ水平放置，相距d＝1 m、且足夠長、不計電阻。AC、BD區(qū)域光滑，其他區(qū)域粗糙且動摩擦因數(shù)μ＝0.2，并在AB的左側和CD的右側存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2T。在導軌中央放置著兩根質量均為m＝1 kg，電阻均為R＝2 Ω的金屬棒a、b，用一鎖定裝置將一輕質彈簧壓縮在金屬棒a、b之間(彈簧與a、b不拴連)，此時彈簧具有的彈性勢能E＝9 J?，F(xiàn)解除鎖定，當彈簧恢復原長時，a、b棒剛好進入磁場，且b棒向右運動x＝0.8 m后停止，g取10 m/s2，求： (1)a、b棒剛進入磁場時的速度大小； (2)金

24、屬棒b剛進入磁場時的加速度大??； (3)整個運動過程中電路中產生的焦耳熱。 答案　(1)3 m/s　3 m/s　(2)8 m/s2　(3)5.8 J 解析　(1)解除鎖定、彈簧恢復原長的過程，對a、b及彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 0＝mva－mvb 由機械能守恒定律得E＝mv＋mv 聯(lián)立解得va＝vb＝3 m/s。 (2)當a、b棒進入磁場時，兩棒均切割磁感線，產生感應電動勢，兩個電動勢串聯(lián)， 有Ea＝Eb＝Bdva＝2×1×3 V＝6 V 回路中感應電流I＝＝3 A 對b，由牛頓第二定律得BId＋μmg＝mab 解得ab＝8 m/s2。 (3)由動量守恒定律知a

25、、b棒速率時刻相等，滑行相同距離后停止， 對系統(tǒng)，由能量守恒定律得E＝2μmgx＋Q 解得Q＝5.8 J。 15．(2019·山東青島二中一模)(14分)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內有一腰長為L的等腰直角三角形區(qū)域OPQ，三角形的O點恰為平面直角坐標系的坐標原點，該區(qū)域內有磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，第一象限中y≤L的其他區(qū)域內有大小為E、方向沿x軸正方向的勻強電場。一束電子(電荷量為e、質量為m)以大小不同的速度從坐標原點O沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)。則： (1)能夠進入電場區(qū)域的電子的速度范圍； (2)已知一個電子恰好從P點離開了磁場，求該電

26、子的速度和由O到P的運動時間； (3)若電子速度為，且能從x軸穿出電場，求電子穿過x軸的坐標。 答案　(1)0

27、電場中做勻變速直線運動：eE＝ma 則a＝ 該電子在電場中運動的時間t2＝＝ 故電子由O到P的運動時間： t＝t1＋t2＝＋。 (3)設電子從O點射入磁場時的速度為v3＝時，電子在磁場中的軌跡半徑為r3， 則由ev3B＝m，得r3＝，軌跡如圖乙所示， 電子第二次進入電場時的坐標：x＝2r3，y＝2r3 電子經電場偏轉到達x軸的時間：t′＝＝ 到達x軸時沿x軸負方向的位移：x0＝at′2＝ 故電子穿過x軸的橫坐標為： x′＝x－x0＝－ 即電子穿過x軸的坐標為。 16．(2019·山東省評價大聯(lián)考三模)(14分)如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內

28、，直徑為BD，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，質量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，場強大小為E。質量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝，滑塊a與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g。現(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點12R的A點由靜止釋放，運動到B點與滑塊b碰撞，碰撞時間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運動，a、b滑塊均視為質點。求： (1)滑塊a、b碰撞后的速度大小； (2)滑塊在圓形軌道上的最大速度大小，以及在最大速度位置處滑塊對軌道作用力的大?。? (3)滑塊第一次落地點到B點的距離。 答案　(1)　(

29、2) 　 (3)R 解析　(1)滑塊a從A到B的過程用動能定理得 E×12R－μmg×12R＝mv 解得v1＝2 對滑塊a與滑塊b碰撞過程， 由動量守恒定律得mv1＝2mv2 解得滑塊a、b碰撞后的速度大小v2＝。 (2)當滑塊重力與電場力合力方向和圓軌道徑向一致時，滑塊速度最大， 如圖，由幾何關系可知tanθ＝＝， 則有sinθ＝，cosθ＝ 對滑塊從碰后運動至P點達到最大速度的過程，由動能定理有 ERsinθ－2mgR(1－cosθ)＝×2mv－×2mv 解得滑塊最大速度v3＝ 對滑塊在P點由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－＝ 解得滑塊受到軌道的支持力FN＝ 由牛頓第三定律可知，此時滑塊對軌道的作用力 F＝FN＝。 (3)a、b整體從B到D的過程中，由動能定理有 －2mg×2R＝×2mv－×2mv 解得v4＝ 在D點對滑塊用牛頓第二定律得：FN′＋2mg＝ 解得FN′＝2mg 所以滑塊能通過D點水平飛出， 在豎直方向：2R＝gt2，解得t＝ 水平方向受電場力，加速度不變， 則滑塊第一次落地點到B點的距離為 s＝v4t－·t2＝R。 - 15 -