宁夏贺兰县景博中学2021届高三统练5物理试题（可编辑PDF版）

这是一份宁夏贺兰县景博中学2021届高三统练5物理试题（可编辑PDF版），文件包含物理试题pdf、物理答案docx、物理答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。


多选
详解：
1.D
【详解】
A．英国物理学家卡文迪许用扭秤实验测定了万有引力常量G，A错误；
B．库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，B错误；
C．牛顿发现万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量，C错误；
D．法拉第发现了电磁感应现象，首先提出了场的观点，D正确。
故选D。
2.A
3.【答案】A
【解析】
【详解】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．
【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用．
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥．
4.【答案】D
【解析】
金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．
5.C
【解析】
ab棒切割磁感线时，要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；ab棒向右运动时，、、，联立解得：，则知速度越大，所受安培力越大，故C正确；根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据安培定则得知螺线管产生的磁场，A端为S极，B端为N极，故D错误．故选C.
【点睛】回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．根据右手定则、左手定则和楞次定律依次进行分析．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上；负电荷向下偏，打在下极板上；所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b；故A错误，B错误；
C．根据稳定时电场力等于磁场力即：
则有：
再由欧姆定律：
电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变；故C错误；
7.D
【详解】
A．根据安培定则可知，导线A在M点产生的磁感应强度方向沿BM方向，导线B在M点产生的磁感应强度方向沿AM方向，合磁感应强度方向沿NM方向；同理，N点合磁感应强度方向沿NM方向，两者同向，故A错误；
B．根据等量异种电荷的电场分布可知，P、Q两点的电场强度方向相同，均水平向左，选项B错误；
C．因MN两点的合磁场大小和方向均相同，均为B，则每根导线在M和N点产生的磁感应强度均为，则使A处直导线电流反向，大小不变，则M处的磁感应强度大小为

选项C错误；
D．两电荷在Q点处产生的电场强度大小为E，则每个电荷在Q点的场强均为；若使C处电荷改为正电荷，电量不变，则P处的电场强度大小为
选项D正确。
故选D。
8.A
【详解】
AB．根据动能定理得
带电量相同，动能相同；
解得
电量相同，所以质量不同的粒子具有不同的速率，故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中运动的轨道半径为
半径与成正比；运动时间
时间与质量成正比，故CD均错误。
故选A。
9.D
10.D
【详解】
速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，从e点、c点射出磁场对应的轨迹如图：
由几何关系可得
则
带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有
解得
则
故选D。
11. 【答案】A
【解析】
【详解】A．设A、B的重力分别为GA、GB．若GA=GBsinθ，B受到C的摩擦力为零；若GA≠GBsinθ，B受到C的摩擦力不为零．若GA＜GBsinθ，B受到C的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，B对C的摩擦力始终增加；故A正确；
BC．以BC整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知，水平面对C的支持力
N=（GB+GC）-Tsinθ，
在A中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大；水平面对C的摩擦力
f=Tcsθ=GAcsθ，
方向水平向左，则C对地面的摩擦力方向始终向右，且逐渐减小．故BC错误．
D．绳子对滑轮作用力为两个相等的力T方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D错误．
12.【答案】D
【解析】
【详解】AB、通电直导线受到重力、斜面对其的支持力、弹簧对其的拉力和水平向右安培力作用，通电直导线受到的安培力：，根据平衡条件可得：，，解得：，，根据胡克定律可知弹簧的伸长量为：，故A、B错误；
CD、如果磁感应强度增大，通电直导线受到的安培力增大，弹簧的弹力增大，斜面对通电导线的支持力减小，故D正确，C错误；
故选D．
13.C
【解析】
当线框移动距离x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，故A错误；当线框移动距离x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在2a～3a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误．
多选
15.【答案】AB
【解析】
【详解】AB、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律可得外电压减小，电压表示数减小；根据电功率公式可知电阻R2消耗的电功率变大， 根据欧姆定律可知滑动变阻器的电压变大，则有电容器两端的电压增大，由可知板间电场强度增大，带电微粒受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故A、B正确；
C、只调节电阻R2的滑动端p向下端移动时，R2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律可得外电压增大，电压表示数增大；根据闭合电路欧姆定律可得电阻R2两端电压增大，所以电容器两端的电压变大，根据可知电容器所带电荷量增多，由可知板间场强增大，粒子受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故C、D错误；
故选AB．
18.【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】A、由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，所以从到电场力做负功，动能减小，则粒子在点的动能大于在点的动能，故选项A正确；
B、粒子带正电，受向上的电场力，所以电场强度的方向向上，等势面的电势比等势面的电势低，故选项B错误；
C、粒子在水平方向不受力，所以在水平方向做匀速运动，速度为，则从到的时间为，故选项C正确；
D、由到根据动能定理有，解得，故选项D正确．
19.AB
【解析】
【详解】
系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功，所以物块运动到最低点时，机械能的损失量为△E=μmgcsθL2，故A正确；根据能量守恒定律可知，从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确；物块的最大速度是在合力为零时，即受力平衡时，设速度最大时设弹簧压缩量x则：根据功能关系E弹=（mgsinθ−μmgcsθ）L1+x−12mv2，故C错误；下滑时，在A点速度最大，则加速度为零，合力为零，此时物体受到重力、沿斜面向上的弹力和沿斜面向上的摩擦力，而返回时，摩擦力方向向下了，所以再回到A点时，合力不为零了，不是速度最大的点，故D错误。所以AB正确，CD错误。
20.【答案】 (1). 光电门E、F间的水平距离 (2). (3).
【解析】
【详解】(1、2)由于A、B原来静止，总动量为零，验证动量守恒定律的表达式为： ，所以还需要测量的物理量是光电门E、F间的水平距离；
(3)弹簧恢复原长时，A滑块的速度为：，B滑块的速度为：，根据能量守恒定律得：Ep=
21.（1） （2）A C E （3）
【详解】
(1)螺旋测微器的读数为
（2）电源电动势为1.5V，则电压表应选A；电路可能出现的最大电流为，则电流表应选C；待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则滑动变阻器应接成分压电路，则应该选择阻值较小的E；
（3）因RV>>Rx，则应该采用电流表外接电路；合理的实验电路如图，实物图连接如图；
22.（1）0.25A，方向为a到b；（2）vm=2.4m/s；
【详解】
（1）根据楞次定律可知，通过导体棒ab的电流方向为a到b
根据法拉第电磁感应定律： 可得：
根据闭合电路欧姆定律可得：
，方向为从a到b．
（2）当导体棒CD开始下滑到最大速度时匀速运动，根据受力平衡可得：
根据欧姆定律可得：
切割磁感线产生的感应电动势：E2＝B0dvm
联立可得导体棒ab的最大速度：
（3）导体棒速度达到最大后，以的速度匀速下滑，下滑过程中电阻R与导体棒产生热量相等，则撤去外力后，导体棒ab下滑x=2m的过程中，根据能量守恒定律：
可得ab棒上产生的焦耳热：
23.解析：(1)设粒子过N点时的速度为v，有eq \f(v0,v)＝csθ ①
故v＝2v0 ②
粒子从M点运动到N点的过程，有
qUMN＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) ③
UMN＝eq \f(3mv\\al(2,0),2q) ④
(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有qvB＝eq \f(mv2,r)⑤
r＝eq \f(2mv0,qB)⑥
(3)由几何关系得ON＝rsinθ⑦
设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1⑧
t1＝eq \f(\r(3)m,qB)⑨
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)⑩
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝eq \f(π－θ,2π)T⑪
t2＝eq \f(2πm,3qB)⑫
t＝t1＋t2 t＝eq \f(3\r(3)＋2πm,3qB)
24.【答案】（1）；（2）F=7.2mg，方向竖直向下；
（3）x=2R；2
【解析】
【详解】（1）由动量守恒定律得，解得；
子弹击中物块过程中系统损失的机械能；
（2）由于物块恰好能够通过半圆形轨道的最高点C，所以有，
解得；
物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律得；
设在B点轨道对物块的作用力为F，由牛顿第二定律有，
联立解得，方向竖直向下；
由牛顿第三定律可知物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力为7.2mg，方向竖直向下；
对物块在木板上的运动，由动能定理得，解得；
（3）设物块落在木板上的位置与B点的距离为x，由平抛运动的规律得，，解得，，解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
选项
D
A
A
D
C
D
D
A
D
D
A
D
C
题号
14
15
16
17
18
19
选项
AD
AB
AC
ACD
ACD
AB