↑IcIA2022一2023学年度高三一轮复周测卷（十七）班级物理·电场（三）56t/3456t/姓名(考试时间40分钟，总分110分)ABD5.如图所示，在水向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细一、选择题：本题共10小题，每小题7分，共70分。在每小题给出的四个选项中，线与竖直方向的夹角0=37°。sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。现用得分第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求，全部选对外力将小球移至与O点等高的A点，移动过程中细线始终绷直，则的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。A.小球带负电0---0A1如图所示的实验装置可用来探究影响行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板B和静电计外壳均接地，电容器右侧极板A与静电计金属球相连。现使电B.匀强电场的电场强度大小为384gE容器带电后与电源断开，下列操作能使静电计的指针C.电场中A、B两点的电势差为3mgLB张角变大的是A.减小A板与B板之间的水距离片D.小球从A点由静止释放至到达B点的过程，电场力做负功，小球经过B点时选择思答题柱B将橡胶棒插人A板与B板之间的速度大小为2√gL6如图所示，在电场强度大小为E、水向右的匀强电场中，EC.A板位置不动，将B板稍微竖直向下移个质量为m、电荷量为q的粒子，以速度v从图中MaND.将A板也接地点垂直于电场方向射入，经过一段时间，到达左上方的V2.如图所示，行板电容器的两极板M、N接在一恒压电源上，N板接地。板间有点。已知M、N的连线与水方向的夹角为30°，则粒子↑6a、b、c三点，若将上极板M向下移动少许至图中虚线位从M到N的过程中（粒子重力忽略不计）30M置，则Ab点电场强度减小A.所用时间为3mB.位移大小为23mEqhB.c、b两点间电势差Ub减小C4mvoC.到达N点时的速度大小为I3voD,M、N两点之间的电势差为C.c点电势升高D.a点电势降低7如图所示，在竖直放置的行金属板A、B之间加有恒定电压U,A、B两板的中3.一带电粒子（不计重力）从小孔A以一定的初速度射入行板P和Q之间的真央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有行于极板的匀强电场，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。下列说法中正确的是放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒A.先断开开关S,再适当上移P极板，该粒子仍落在Q子，不计粒子重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正板上原位置确的是B.先断开开关S,再适当左移P极板，该粒子可能从QA.质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等板上的小孔B射出C.质子和a粒子打到感光板上时的动能之比为1：2C保持开关S闭合，适当上移P极板，该粒子仍落在QD.质子和α粒子打到感光板上的位置相同板上原位置D.保持开关S闭合，适当左移P极板，该粒子可能从Q板上的小孔B射出8.如图所示，在竖直向下的匀强电场电场强度大小为E-3m8)中，一质量为m,电94.如图甲所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压荷量为一q(q>0)的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点。让小球在竖直面内做Uc。Uc随时间t的变化情况如图乙所示（设t=0时，K为高电势），则下列描述圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，重力加速度为g。下列说法正通过该电容器C的电流Ic(取回路中电流沿顺时针方向为正)随时间t变化的图确的是像中，正确的是A若要完成完整的圆周运动，小球到达A点的速度大小至少为√JgRB.若要完成完整的圆周运动，小球到达B点的速度大小至少0。为/2gRC.小球由A运动到B的过程中，轻绳拉力逐渐减小D.小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能的减少量物理·周测卷（十七）第1页（共4页）物理·周测卷（十七）第2页（共4页）

10.如图甲是回旋加速器的示意图，利用该装置可以在有限的空间获得高能的粒子，其核②利用上述测量的物理量，验证动量守恒定律的表达式为（用选项中所给字14.(12分)如图所示，某透明玻璃棱镜的截面为等边三角形ABC,边长为L。一细光束心部分为正对的两个半圆形的盒子垂直放置在匀强磁场中。两盒子狭缝间加如图乙所母表示)从AB边中点沿着与AB边成30°角的方向射入棱镜，从BC边射出时光线与BC边的夹角示的方波型交变电压。欲加速的粒子从狭缝中心附近的A点源源不断的进入狭缝，被加速到最大动能后从粒子出口导出。忽略粒子的重力、初速度以及粒子在狭缝中运动单位：c如为30°。己知光在真空中的速度为c,求：的时间，下列说法正确的是(1)玻璃的折射率：(2)光在三棱镜中的传播时间。13.5043.50O M PN45.00丙(2)某同学又用如图乙所示的装置做验证动量守恒定律的实验，两球质量分别为mA.粒子被加速时电势能转化为动能和m2,下列说法中符合本实验要求的是(填选项前的字母)。B.粒子被加速时磁场能转化为动能C.增大o,粒子获得的最大动能将增大A.斜槽轨道必须是光滑的D。若将交变电压周期减小为子，目旋加速器无法正常工作B.斜槽轨道末端的切线是水的15.(15分)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放三、非选题：共54分。工作原理的示意图。静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R11.(5分)某同学用如图甲所示的装置测量激光的波长。将一束激光照在双缝上，在光屏D.入射小球与被碰小球必须满足m!

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膜的信息数早西子的了：发：锈膏中S又4亡本父，A小本相，水分状通12【答案】D【分析】从图中可知，C0,在与N电极相连的电极上反应生成HC0OH,则C0:得电子，AAA团某的个父大海日人州将音6.【答案】BN为负极，M电极相连的电极上亚硫酸根离子失电子生成硫酸根离子，则M电极为正极。【详解】A、对从土壤中筛选高产纤维素酶的真菌的计数通常采用稀释涂布板法，A正确：产中士。【解析】A.废气中的C0,排放到大气中不会形成酸雨，A错误：B、富集培养过程也是对目的菌进行筛选过程，要创造适合产纤维素酶的菌生存的环境，因此，味。可沫X是纤维素，B错误；产墨不发路奇育，时（音西T对点士保人点9，B日，B,HC0,水解生成室氧根离子，电离生成氢离子。装置。中的碳酸氢钠溶液星孩性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，B错误；C、鉴别菌种要用固体培养基，所以要加入凝固剂，常用的凝固剂是琼脂。鉴别纤维素分解菌A人：Q言”C.根据分析可知，电源的正极为M极，C错误：只又人台檬人【1常常使用刚果红染色法，刚果红能与像纤维素这样的多糖物质形成红色复合物，但并不和水交白(71解后的纤维二糖和葡萄糖发生这种反应。所以对菌株初筛使用的培养基较富集培养基的成分,五GD.装置b中结合两个电极上反应物与产物的情况可知，总反应为S0}+CO2+H0一HC0OH+S0,D中至少需增加琼脂和刚果红，C正确：d数指正确价例行你时并一火记年A保A念气为合加林西许，节出备奇汤要本冲写D、抗生素能杀死细菌，在筛选得到纤维素分解菌后，使得到的菌落都是真菌，应向培养基中故答案选D,加入抗生素，D正确。每阳8AA、以件补大从(a人t杀品世可T心梁#【得个】14.D【解析】解：A.核反应公式H+H一He+X,根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数是1，故选B。阳1《Gg阳：A支小行南六朱红热4空3心理不数州国电荷数是0，所以X是中子，中子的质量大于电子的质量，故A错误：，西的国7D8A9C不10B1C812D13DE心9项)0aA共剂aN四保B.根据质能方程△E=△mc2知△E=(2.0141u+3.0161u-4.0026u-1.0087u)×931.5MeV=17.6MeV,核反9【答案】C【解析】A.恒压滴液漏斗为密闭装置且能衡压强，使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环)(应前的质量大于核反应后的质量，‘所以此过程是一个放出能量的过程，故B错误：境，并使漏斗内液体顺利流下，A正确：B:氢气具有可燃性和氧气混合点燃容易爆炸；用点燃的木条靠：】C.由于反应放出能量，该反应生成物的结合能大于反应物的结合能之和，故c错误，，应▣心(】近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生，B正确：西C大日宾刺乡外的遭D.X是中子，由子知动能相同的一个中子和一个电子，由于中子的质量大于电子的质量，C.铜和浓硫酸需要加热才能反应生成二氧化硫，C错误：D.装置A中生成氢气排净装置中空气且生成硫酸亚铁，一段时间后关闭a,A中压强变大，硫酸亚铁被压入B中生成氢氧化亚铁沉淀，利用此装置可较长通所以电子的德布罗意波长比X的德布罗意波长长，故D正确。时间看到白色絮状沉淀，D正确；故选C。前营1木配，之以V阳A1品于由J15.C【解析】机器人托举菜盘匀速前行时，托盘对菜盘的作用力大小.F,等于菜和菜盘的总重力G,方向10【答案】B【分析】X、Y,Z、○E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据原子的成共价竖直向上：在机器人快到餐桌前减速向前运动的过程中，以菜和菜盘为研究对象，其所受合力与运动方向键的数量和所带电荷数可判断X为H,Y为C,Z为N。根据原子序数大小，且Z与QE与W分别位于由Q相反，菜和菜盘除了受竖直向下的重力G和竖直向上的支持力N/R:以外，还要受到一个与运动方向相同一主族，可知Q为P,E为F,W为CI。反的摩擦力：，此时托盘对莱盘的作用力为N与f的合力，即F2三F子+尸，方向背离运动方向斜向上，【解析】A.YX2为乙炔，为含有极性键的非极性分子，A项正确：B.C2比F2更稳定，F-F键能小于C-C键能，B项错误：C,原子序数为83的元素为铋，其位于第六周期第VA族，与N位于同一主族，C项正A、B错误。f三√十尸>FC正确，D错误。确：D.第一电离能F>C>P,D项正确。答案选B。16.D【解析】解：A、由图可得：京=k,已知卫星A做圆周运动的周期为T0,可上1【答案1C【解行】其中K个数：8}，其中C个数：，共中B个数，126中C个数e得卫星A做圆周运动的半径=厅，故A正确：12-6,故其最简化学式为KCB,C,:A正确：K位于晶胞顶点，Ca2r位于体心每个K*为8个品胞共B、卫星A的线速度V=罗故B正确，用，则品体中与K最近且距离相等的Ca“有8个，B正确；品胞中B和C原子构成的多面体有14个面：。c、对卫星A根据万有引力提供向心力，得G学-m京解得地球质量M=祭故C正确：C错头根选项A分折可知该品面受两化学式为KC心，则1个温园质程为，豆爽体积为D、地球的密度兰六由于不知地球的半径R,所以不能求出地球的密度，放D错误。6男a17.B【解析】解：A、由图甲可知=3m,解得波长入=6cm。由图乙可知，周期为T=0,20s,由公式知=可得，该波的波速为v=30cms,故A错误：高个义口订牙。为34

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陕西教育联盟高一6月份检测试卷·物理参考答案、提示及评分细则1.A作用力和反作用力有可能都做正功，例如两个受到彼此吸引力而靠近的异名磁极，A正确；物体受力的同时又发生了位移，如果力与位移垂直，则该力对物体不做功，B错误；物体的动能不变，说明它的速率不变，速度方向可能在变化，所受的合外力不一定为零，C错误；物体所受的合外力为零，物体的机械能不一定守恒，例如竖直向上做匀速运动的物体，合外力为零但机械能增大，D错误，2.C第谷进行了长期观测，记录了大量数据，开普勒通过对数据研究总结得出了开普勒行星运动定律，选项A错误；根据开普勒第一定律，行星围绕太阳运动的轨迹是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，选项B错误；根据开普勒第二定律，行星距离太阳越近，其运动速度越大，距离太阳越远，其运动速度越小，选项C正确；所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，选项D错误.3.B皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以a=,根据？=wR,得wa：w=R,：R。=2：1,根据同轴转动角速度相等，钢球①、②角速度大小之比ω：w2=w:w=2：1,A错误；根据v=ωR得，钢球①、②线速度大小之比v1：2=(w1R1)：(w2R2)=4：1,B正确；钢球①、②加速度大小之比a1:a2=(wR1):(wR2)=8:1,C错误；钢球①、②受到的向心力大小之比F1:F2=ma1：ma2=8：1,故D错误。4.A由运动的合成与分解以及几何关系可知，表演者在A点时竖直分速度大小为A,=,则从A点到最高点B所用时间为1，一名，设AB间高度为，由逆向思维有方=合g听，则从B点落到水面有5弘=g,得10=√5，则表演者从A点松手到落水总时间为1十=(W5十1)”，则水距离大小为x=(+)=g5+1D若则仅有A正确025.B陀螺在轨道内侧运动时：最高点最容易脱离轨道，受力分析可知：FN一F+mg=mR,F、=5mg十mR>0,故任何速度都不会脱离轨道，最高点的最小速度无限趋近于0，A错误，B正确；陀螺在轨道外侧运动时：到最低点，轨道对陀螺的吸引力为F,轨道对陀螺的支持力为F、,陀螺所受的重力为g,最低点的速度为o,受力分析可知：F-F、一mg=m尺，由题意可知，当FN=0时，陀螺通过最低点时的速度为最大值，解得0=√g,C错误：设陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时，陀螺所受的向心力：上，-m尽=2mg,陀螺所受合外力为F=√F%十(mg)=√5mg,D错误.6.C游客在倾斜轨道上下滑时，由机械能守恒定律可得mgh=号mw,解得倾斜轨道的高度为h=5m,A错误；设游客运动至水轨道中间位置时的速度为，加速度大小为α，由直线运动规律可知一2aL=一x,一2a1=-心，可得=号，则箭客运动至水轨道中间位置时的动能为E=名m×(停)广=12501，B错误：游客在水轨道上运动的时间为1=加，由动能定理可得阻力做的功为W:=名m。,则阻力的均功率大小为P,-少=5O0W,C正确：游客在水轨道上运动，设阻力是重力的k倍，由动能定理可得-kmgL=0-合m,解得及=0.2，D错误。7.C根据功能关系可知，小物块所受摩擦力做的功等于小物块机械能的增加量，A错误；设传送带的速率为,若物块运动到顶端时恰好与传送带共速，此过程经历的时间为t,根据动能定理可知，物块增加的动能△Ek【高一物理参考答案第1页（共4页）】24617A

3,选项C正确；水方向受静电力F,=ma=m8.(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm(2)30cmt1ms,小球所受的合外力是F,与mg的合力，可知合力的解析：(1)电子经电场加速清足qU。=2m03大小F=mg)+F,-2y,3mg,选项A、B错误；小球通g电场维税后制学量y=名-名·险（台）》U信L过P点时的速度大小Vp=gt=√3vo,则动能E知=联立可得y=4U。,由题图知t=0.06s时刻U信=1.8U。,2mu,=之mu2,选项D错误。解得y=4.5cm设打在屏上的点距O点的距离为Y,则有4.BD因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力（等效重力）方向向上，则静电力方向向Y L+2上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重yL力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力的方向竖直向上，所以小球运解得Y=13.5cm。动到最低点时速度最小，最小速度满足qE一mg=m乙，即(2)由题意知电子侧移量y的最大值为兰，结合(1)的分析当(qE-mg)l偏转电压超过2U。,电子就打不到荧光屏上了，可得荧光屏上,故D正确。电子能打到的区间长为3L=30cm。9.(1)1.25m(2)4.8N5.BD因为电场强度E=m3,所以小球所受静电力大小也为(3)小物块与圆心的连线与竖直方向夹角为45°0.93J解析：(1)物块恰能通过轨道最高点L的条件是mg,故小球所受合力大小为√2mg,方向斜向右下方，与竖直UL方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此mg=mR,代入数据解得z=2m/s设A到N的距离为s,对A到L过程中根据动能定理得时满足√W2mg=m元，因此小球在竖直面内做圆周运动的最小速度vmm=√√2gL,A错误；由功能关系知，小球机械能qEs-jmgs-mg.2R-2mv-0的变化等于除重力之外的其他力所做的功，小球在竖直面代入数据解得s=1.25m。内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力对小球做的正(2)物块由P到L过程，根据动能定理得1功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，B正确；小球在mgR-gER-2mvmA点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C错误；若将小球以√g工的速度竖直向上抛出，由对称性知解得vp=2√5m/s1,g2=经时同：=2区回到相同离度，其水位移8=名·在P点，根据牛顿第二定律得F、一gE=mR代入数据解得F、=4.8N。2L,故小球刚好运动到B点，D正确(3)如图所示，当合力的反方向延长线6.BC小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知过圆心时动能最大，设该点为B,过BP从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水的半径与竖直方向间的夹角为0，则方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为α，根据tan0=9E=1,得0=45°.NA运动学公式得x1=2a2,x2=atX1十2at,联立可得mg从A到B,由动能定理得三-子，A错误，B正确；小球从A到M,由功能关系知在水qE(s+Rsin 0)-umgs-mgR(1-cos 0)=Ekm,解得Ekm=(0.48+0.32√2)J≈0.93J。方向上电场力做功为W,=Fx1=8J,则从A到B水方第48课时观察电容器的充、放电现象向上电场力做功为W,=F(x1十x2)=4W,=32J,根据能量守恒定律可知，小球运动到B点时的动能为EB=Eo十1.B充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容4W:=16J十32J=48J,C正确；根据运动轨迹可知，小球的器充电结束后，电流表示数为零，A错误运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球充电过程中，随着电容器C两极板电荷量从A到B过程中最小速度一定与等效重力G垂直，在AM的积累，电压表测量电容器两端的电压，电之间，最小动能小于8J,D错误。容器两端的电压迅速增大，电容器充电结7.BC电场力与重力的合力可视为等效重束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I-t图像如力，则mg'=√(mg)+(gE)产=5图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，4 mg,C、D错误。M O则等效重力加速度g=坚，如图所示，2.充电正自右向左放电4C.0解析：将开关S合向1，电源与电容器连通，电路中有电流流tan0=gE、3gE过，说明电源在给电容器储存电荷，这一过程叫作充电；经过mg=4。当小球刚好通过等效Q这一过程，电容器的两极板就会带上等量的异种电荷，其上最低点C关于O点对称的D点（等效最.mg极板带正电荷；当把开关S由1合向2时，从电势高的正极板高点)时，就能够做完整的圆周运动。小球在D点时动能最能形成电流流到电势低的负极板，则有自右向左流过灵敏电流计G的短暂电流，这个过程叫放电。小，但并非电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在圆轨道上运动过程中能量守恒，根据3.(1)见解析图(2)在开始放电时电容器所带的电荷量(3)1.1×103(4)偏小能量守恒定律，小球在圆轨道上M点的位置电势能最小，所解析：(1)用滑的曲线连接，作出图像如图所示。以小球的机械能最大，选项B正确；在P点和Q点，由牛顿第↑ilA500二定律得F。一mg=mR,Fp十mg=mR,从Q点到P400点，由动能定理得-mg·2R=2mu,2-2mg',联立解得300200日F。一Fp=6mg,选项C正确，D错误。100中010203040506070/s高中总复·物理581参考答案与详解

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2024-11-02 17:23:06

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