山东省淄博实验中学2019届高三物理下学期寒假学习效果检测(开学考试)试卷(含解析).doc
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1、1山东省淄博实验中学 2019 届高三物理下学期寒假学习效果检测(开学考试)试卷(含解析)二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第1417 题只有一项符合题目要求,第 1821 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。1.关于近代物理,下列说法正确的是_。 (填选项前的字母)A. 射线是高速运动的氦原子B. 核聚变反应方程 , 表示质子C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D. 玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氦原子光谱的特征【答案】D【解析】试题分析: 射线是高速运
2、动的氦核流,不是氦原子故 A 错误核聚变反应方程12H+13H- 24He+01n 中, 01n 表示中子故 B 错误根据光电效应方程 Ekm= -W0,知最大初动能与照射光的频率成线性关系,不是成正比,故 C 错误玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征故 D 正确考点:本题考查了光电效应方程、玻尔理论等知识【此处有视频,请去附件查看】2. 将一质量为 m 的小球靠近墙面竖直向上抛出,图甲是向上运动小球的频闪照片,图乙是下降时的频闪照片,O 是运动的最高点,甲、乙两次的闪光频率相同重力加速度为 g假设小球所受阻力大小不变,则可估算小球受到的阻力大小约为A. mg B. C.
3、 D. 13mg 12mg 110mg2【答案】B【解析】试题分析:设每块砖的厚度是 d,向上运动上运动时:9d-3d=aT 2向下运动时:3d-d=aT 2联立得: aa=31根据牛顿第二定律,向上运动时:mg+f=ma向下运动时:mg-f=ma联立得:f= mg;故选 C12考点:牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论x=aT 2求出两种情况下的加速度,进而由牛顿第二定律即可求解3. 如图所示,有四个等量异种的点电荷,分别放在正方形的四个顶点处。a、b、c、d 分别为正方形四个边的中点,O 为正方形的中点。下列说法正确的是A. a、c 两点的电场强度一定相同
4、B. b、d 两点的电势一定相同C. 将一带正电的试探电荷从 b 点沿直线移动到 d 点,电场力先做正功后做负功D. 将一带正电的试探电荷从 a 点沿直线移动到 c 点,试探电荷的电势能一直减小【答案】ABD【解析】试题分析:设正方向边长为 L,每个电荷电量为 Q,对 a 点研究,两个正电荷在 a 点的合场强为零,根据平行四边形法,两个负电荷在 A 点的合场强 ,方向水平向右Ea=16kQ25L2对 C 点研究,两个负电荷在 C 点的合场强为零,根据平行四边形法,两个正电荷在 c 点的合场强 ,方向水平向右故 A 正确;b、d 两点关于 ac 连线对称,故 b、d 两点的Ec=16kQ25L2
5、电势一定相同,故 B 正确;据对称性,b、d 等电势,所以将一带正电的试探电荷匀速从 b3点沿直线移动到 d 点,电场力做功为零,故 C 错误;根据矢量合成法则,从 a 点沿直线到c 点,各个位置的场强方向向右,所以将一带正电的试探电荷匀速从 a 点沿直线移动到 c点,电场力方向向右,所以电场力一直做正功,所以电荷的电势能一直减小,故 D 正确;故选:ABD考点:场强的叠加;电场力做功与电势能;4.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比是 501, b 是原线圈的中心抽头,图中电表均为理想的交流电表,定值电阻 R10 ,其余电阻不计。从某时刻开始经 c、 d 两端给原线圈加上如图乙所示的交变
6、电压。则下列说法正确的是( )A. 当单刀双掷开关与 a 连接时,电压表的示数为 2.2 VB. 当单刀双掷开关与 a 连接且 t0.01 s 时,电流表的示数为零C. 当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时,原线圈的输入功率变大D. 当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时,副线圈输出电压的频率变为 25 Hz【答案】C【解析】【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电压与匝数成正比即可求得结论,根据输出功率和输入功率相等可明确输入功率的变化,注意变压器不会改变交流电的频率【详解】由图象可知,电压的最大值为 ,交流电的周期为 210-2s,所以交流电的2202V频率为 f=50H
7、z.A、交流电的有效值为 ,根据电压与匝数程正比可知,副线圈的电压为U1=22022V=220V4.4V;故 A 错误.B、当单刀双掷开关与 a 连接时,副线圈电压为 4.4V,所以副线圈电流为 0.44A,电流表示数为电流的有效值,不随时间的变化而变化,所以电流表的示数为不为零;故 B 错误.C、当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时,原线圈的匝数变小,所以副线圈的输出的电压要变大,电阻 R 上消耗的功率变大,原线圈的输入功率也要变大;故 C 正确.4D、变压器只改变电压不会改变交流电的频率;故 D 错误.故选 C.【点睛】本题考查变压器的基本原理应用,要注意掌握住理想变压器的电压、电流之间的关
8、系,最大值和有效值之间的关系即可解决本题5.如图所示,物体 A 和带负电的物体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,A、B 的质量分别是m 和 2m,劲度系数为 k 的轻质弹簧一端固定在水平面上,另一端与物体 A 相连,倾角为 的斜面处于沿斜面上的匀强电场中,整个系统不计一切摩擦。开始时,物体 B 在一沿斜面向上的外力 F=3mgsin 的作用下保持静止且轻绳恰好伸直,然后撤去外力 F,直到物体 B获得最大速度,且弹簧未超过弹性限度,则在此过程中( )A. 撤去外力 F 的瞬间,物体 B 的加速度为3gsin2B. B 的速度最大时,弹簧的伸长量为3mgsinkC. 物体 A 的最大速度为 gsi
9、n6mkD. 物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体 B 电势能的减少量【答案】BD【解析】试题分析:在外力撤去前,绳子刚好伸直,拉力为零,对 B 受力分析可得 ,F=mgsin+F电即 ,所以撤去外力的瞬间 B 在沿斜面方向上只受沿斜面向下的重力的分力,F电 =2mgsin沿斜面向下的电场力,故有 ,所以撤去外力瞬间的加速度 ,AF合 =F电 +mgsin a=3gsin错误;随着 B 沿着斜面下滑,绳子的拉力逐渐增大,当 时,即合力为零F绳 =F电 +mgsin时,B 的速度最大,此时 ,解得 ,B 正确;对 AB 整体有动能定理可得F绳 =kx x=3mgsink,解得 ,
10、故 C 错误;由于过程中只有重力和电场kx2+3mgsinx 123mv20 v=12gsin3mk力,弹力做功,所以根据能量守恒看得物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体 B 电势能的减少量和 B 物体机械能的减小量,故 D 正确;考点:考查了牛顿第二定律,动能定理,能量守恒定律6.如图所示,半径为 R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切,质量均为 m 的小球 A、B 与轻5杆连接,置于圆轨道上,A 与圆心 O 等高,B 位于 O 的正下方,它们由静止释放,最终在水平面上运动。下列说法正确的是( )A. 下滑过程中 A 的机械能守恒B. 当 A 滑到圆轨道最低点时,轨道对 A 的
11、支持力大小为 2mgC. 下滑过程中重力对 A 做功的功率一直增加D. 整个过程中轻杆对 B 做的功为12mgR【答案】BD【解析】A、下滑过程中杆对 A 有力的作用,并且这个力对 A 做负功,所以 A 的机械能不守恒,故 A项错误;B、对 AB 为整体机械能守恒,当 A 滑到圆轨道最低点的过程中,由机械能守恒得,最低点时由支持力和重力的合力提供向心力,则有 ,所以轨道122mv2=mgR FNmg=mv2R对 A 的支持力大小为 2mg,故 B 项正确;C、开始时重力做功功率为零,最后到水平面,速度方向水平,重力做功功率仍为零,所以重力做功的功率先增大后减小,故 C 项错误;D、A 运动到底
12、端的过程中,由机械能守恒得 ,所以得 B 的动能增加量即轻杆122mv2=mgR对 B 做的功为 ,故 D 项正确;12mgR故选 BD。7.如图所示,在 、 的长方形区域有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场,磁0x3a 0ya感应强度大小为 B,坐标原点 O 处有一粒子源,在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子重力不计,其速度方向均在 xOy 平面内的第一象限,且与 y 轴正方向的夹角分布在 范围内,速度大小不同,且满足 ,若粒子在磁场中做圆周运动的0 902Bqamv3Bqam周期为 T,最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为 ,最后从磁场中飞出的粒子经历的t16时间为 ,
13、则下列判断正确的是( )t2A. B. t1=T12 t1T12C. D. t2=T6 t2T6【答案】BC【解析】【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力: ,可得qvB=mv2R半径: ,又因为 ,可得粒子半径满足: ,而带电粒子做匀速R=mvqB 2Bqamv3Bqam 2aR3a圆周运动的周期为: 。分析可知最先从磁场上边界飞出的粒子运动轨迹如图所T=2Rv=2mqB示:此时粒子半径 , 为圆心,此时粒子转过圆心角 ,根据几何关系可知,R1=3a O 1,所以可知 ,故最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为:sin1=13sin30=12 130,故 A 错误,B
14、 正确;设磁场区域为 OACB,根据周期公式 可知t1=1360T30360T=T12 T=2mqB粒子在磁场中运动的周期相同,分析可知最后从磁场中飞出的粒子轨迹如图所示:7此时粒子半径 ,恰好在 C 点离开磁场,延长 CB 至 使 , 即为圆心,连接R2=2a O CO=2a O,根据几何关系可知,此时粒子转过圆心角 最大为 ,所以最后从磁场中飞出的粒OO 2 60子经历的时间为: ,故 C 正确,D 错误。所以 BC 正确,AD 错误。t2=2360T=60360T=T68.如图,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻 R,Ox 轴平行于金属导轨,在 0x4m 的空间区
15、域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度 B 随坐标 x(以 m 为单位)的分布规律为 B=0.8-0.2x(T) ,金属棒 ab 在外力作用下从 x=0 处沿导轨运动,ab 始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=lm 经 x2=2m 到 x3=3m 的过程中,R 的电功率保持不变,则金属棒( )A. 在 x1与 x3处的电动势之比为 1:3B. 在 x1与 x2处受到磁场 B 的作用力大小之比为 2:1C. 从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中通过 R 的电量之比为 5:3D. 从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中通过 R 产生的焦耳热之比为 5
16、:3【答案】BCD【解析】由功率的计算式 ,知道由于金属棒从 x1=1m 经 x2=2m 到 x3=3m 的过电功率保持不P=U2R=E2R变,所以 E 不变,I 不变;由安培力公式 F=BIL,可知 x1与 x2处受到磁场 B 的作用力大小之比 ;由安培力公式 F=BIL,F-x 图象如图所示,图象的面积就是F1F2=B1ILB2IL=B1B2=0.80.210.80.23=31克服安培力做的功,即 R 产生的热量,从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中通过 R 产生的焦耳8热之比为 ,根据热量 Q=I2Rt,热量之比为 5:3,电流相同,说明时间之Q1Q2=S1S2=0.6+0.40.
17、4+0.2=53比为 5:3,因此电量之比 。综上分析,CD 正确。q1q2=It1It2=t1t2=53【点睛】导体棒 ab 在随 x 的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线,解题关键在于R 上的电功率相同,表明电路的电流和 R 上电压相同,则安培力正比于磁感应强度,均匀减小克服安培力的功转化为焦耳热,F-x 图象与坐标轴围成的面积就是功三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题32 题为必考题。每个试题考生都必须做答。第 33 题第 38 题为选考题,考生根据要求做答。9.“探究加速度与力的关系”装置如图所示带滑轮的长木板水平放置,细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和砂桶连接,细
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