2024年河南省兰考县三中物理高三第一学期期末监测试题含解析

2024年河南省兰考县三中物理高三第一学期期末监测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，质量为m、电阻为r的“U”字形金属框abcd置于竖直平面内，三边的长度ad=dc=bc=L，两顶点a、b
通过细导线与M、N两点间的电源相连，电源电动势为E。

内阻也为r。

匀强磁场方向垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态。

不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
A．M点应接电源的正极B．电源的输出功率为
2 2 E r
C．磁感应强度的大小为mgr D．ad边受到的安培力大于bc边受到的安培力
2、关于牛顿第一定律和惯性有下列说法，其中正确的是（）
A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态
B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
C．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
3、如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻R=5Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1m，ad=bc = 0.2m，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n1︰n2=l︰3，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200rad/s的角速度匀速转动，则（）
A．从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t（V）
B．交流电压表的示数为202V
C．电阻R上消耗的电动率为720W
D．电流经过变压器后频率变为原来的2倍
4、如右图所示，在一真空区域中，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置一个电荷量为＋Q的点电荷，关于C、D两点的电场强度和电势，下列说法正确的是()
A．场强相同，电势相等
B．场强不相同，电势相等
C．场强相同，电势不相等
D．场强不相同，电势不相等
5、石拱桥是中国传统的桥梁四大基本形式之一。

假设某拱形桥为圆的一部分，半径为R。

一辆质量为m的汽车以速度v匀速通过该桥，图中Q为拱形桥的最高点，圆弧PQS所对的圆心角为90︒，,P S关于QO对称，汽车运动过程中所受阻力恒定，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
mg︒
A．汽车运动到P点时对桥面的压力大于cos45
B．汽车运动到Q点时牵引力大于阻力
C．汽车运动到Q点时，桥面对汽车的支持力等于汽车重力
D．汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小
6、如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置．线框A固定且通有电流I，线框B从足够高处由静止释放，在运动到A下方的过程中（）
B．穿过线框B的磁通量先变大后变小
C．线框B所受安培力的合力为零
D．线框B的机械能一直减小
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、电磁波在生产生活中有广泛应用。

关于电磁波，下列说法正确的是（）
A．在同一介质中所有电磁波传播速度都相同
B．紫外线有助于人体合成维生素D
C．一切物体都在不停地发射红外线
D．电磁波谱中γ射线的波长最短
E.医学上用γ射线透视人体，检查体内病变等
8、如图所示，一根水平横杆上套有A、B两个轻环，拴柱水杯的等长细绳系在两环上，整个装置处于静止状态，现缓慢增大两环距离，则下列说法正确的是
A．杆对A环的支持力逐渐增大
B．杆对A环的摩擦力保持不变
C．杆对B环的支持力保持不变
D．细绳对B环的拉力逐渐增大
9、如图，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态。

图中圆圈为垂直纸面放置的直导线的横截面，当导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为F N2，下列说法正确的是（）
A．若导线位于图中1位置且电流方向向外，则F N1>F N2
B．若导线位于图中1位置且电流方向向里，则弹簧伸长量增大
D．若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大，则F N1>F N2
10、如图所示，理想变压器原线圈上串联一个定值电阻R0，副线圈上接一个滑动变阻器R，原线圈的输入端接在一个输出电压恒定的交流电源上，理想电压表V1、V2、V3的示数分别用U1、U2、U3表示，当滑动变阻器的触头P移动时，下面说法中正确的是（）
A．向上移动滑动触头P，U3与U1的比值变大
B．向下移动滑动触头P，U3与U2的比值不变
C．移动滑动触头P，当U3减小时，R0消耗的功率也减小
D．移动滑动触头P，电阻R0与滑动变阻器R消耗的功率之比始终都等于1
21
U
U
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA，则移动过程中读数变化情况是（___）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V．（结果保留两位小数）
12．（12分）在“DIS描绘电场等势线”的实验中，
(1)给出下列器材，ab处的电源应选用_______，传感器应选用_______（用字母表示）。

A．6V的交流电源
C．100V的直流电源
D．电压传感器
E．电流传感器
F．力传感器
(2)该实验装置如图所示，如果以c、d两个电极的连线为x轴，以c、d连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定置于
y轴上的某一点，合上开关S，而将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，则传感器示数的绝对
值变化情况是__
A．逐渐增大B．逐渐减小C．先变大后变小D．先变小后变大
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

θ=的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强13．（10分）如图所示，顶角45
v沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨磁场中．一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度
t=时，与导体棒单位长度的电阻均为.r导体棒与导轨接触点为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触.0
导体棒位于顶角O处．求：
（1）t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向．
（2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式．
（3）导体棒在0t-时间内产生的焦耳热Q．
14．（16分）如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。

质量均为m的A、B两小球套在圆
环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球B在圆心O的正下方。

轻杆对小球的作用力沿杆方向。

（1）对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；
（3）由图示位置静止释放A 、B 两小球，求释放瞬间B 球的加速度大小a 。

15．（12分）如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ=37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m =2kg
的物块，带正电，电量为q =10-6 C 。

若物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，电场强度为E =5×
106V/m ，且物块能自由下滑到斜面底端。

斜面高度为h =1m ，已知：g =10m/s 2 ，sin 37°
=0.6 ，cos37°=0.8试问，物块下滑到斜面底端过程中： (1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少；
(2)物块动能的改变量；
(3)物块机械能的改变量。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解题分析】
A ．金属框恰好处于静止状态，说明线框受到的安培力向上，根据左手定则可知dc 边中的电流方向应由d 指向c ，结合电路知识得M 点应接电源的负极，故A 错误；
B ．由闭合电路欧姆定律得
2E I r
= 电源输出功率
2
2
4E P I r r ==
C．根据平衡条件有
mg=BIL
解得
2mgr
B
=
EL
故C正确；
D．根据对称性可知ad边受到的安培力等于bc边受到的安培力，方向相反，故D错误。

故选C。

2、D
【解题分析】
A．根据牛顿第一定律知，物体只有在不受外力，或者所受合外力为零时，才能处于静止或匀速直线运动状态，A错误；
B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的万有引力作用，其运动状态是不断变化的，则B项错误；
C．牛顿第一定律反映物体具有惯性这种性质，并不能反映物体惯性的大小，C错误；
D．运动物体如果没有受到力的作用，将保持原来的速度做匀速直线运动，D项中说法符合牛顿第一定律，D正确；故选D。

3、B
【解题分析】
A．线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：
E m=NBSω=50×0.2×0.1×0.2×200V=40V
图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为
e=40cos200t（V）
故A错误；
B．线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值
E==
故B正确；
C．根据变压比可知，副线圈输出电压：
n
电阻R 上消耗的功率：
2
1440W U P R
== 故C 错误；
D ． 变压器不会改变交流电的频率，故D 错误。

故选：B 。

4、B
【解题分析】
根据电场的叠加原理，C 、D 两点的场强如图
由于电场强度是矢量，故C 、D 两点的场强相等，但不相同；两个等量同种电荷的电场关于两电荷的连线和连线的中垂线对称，故根据电场的对称性，可知C 、D 两个点的电势都与P 点的电势相同；
故选B ．
5、D
【解题分析】
A ．汽车运动到P 点时，重力垂直于桥面的分力等于cos 45mg ︒，由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动，沿半径方向有向心加速度，所以汽车对桥面的压力小于cos 45mg ︒
，故A 错误；
B ．汽车在竖直面内做匀速圆周运动，运动到Q 点（圆弧最高点）时牵引力等于阻力，故B 错误；
C ．由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动，沿半径方向有向心加速度，所以汽车运动到Q 点时，桥面对汽车的支持力小于汽车重力，故C 错误；
D ．汽车从P 点运动到Q 点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直减小，设汽车与Q 之间圆弧所对圆心角为θ，其牵引力
sin F mg f θ=+
一直减小，汽车从Q 点运动到S 点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直增大，其牵引力
sin F f mg θ=-
一直减小，所以汽车从P 点运动到S 点过程中其牵引力一定一直减小，故D 正确。

故选D 。

6、D
【解题分析】
AB.据安培定则知，线框A 内部磁场向里，外部磁场向外；线框B 从足够高处由静止释放，线框B 下降且未与线框A 相交前，线框B 中磁通量是向外的增大；当线框B 与线框A 相交至重合过程中，线框B 中磁通量先是向外的减小到0然后是向里的增大；当线框B 与线框A 重合至相离过程中，线框B 中磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大；当线框B 与线框A 相离且越来越远时，线框B 中磁通量是向外的减小；故AB 两项错误；
C.因为线框B 与线框A 相对运动产生感应电流，据楞次定律知，线框B 所受安培力的合力竖直向上，故C 项错误；
D. 线框B 下降过程中，安培力对其做负功，线框B 的机械能一直减小，故D 项正确。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BCD
【解题分析】
A ．一切电磁波在真空中传播速度相同，在同一介质中，不同电磁波传播速度不同，A 错误；
B ．紫外线有助于人体合成维生素D ，但不宜过量，B 正确；
C ．红外线应用在遥感技术中，是利用一切物体都在不停地发射红外线，C 正确；
D ．电磁波谱中γ射线的频率最高，波长最短，D 正确；
E ．医学上用X 射线透视人体，检查体内病变等，E 错误。

故选BCD 。

8、CD
【解题分析】
AC. 设水杯的质量为M ，以两个轻环和水杯组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁对铁环的支持力N F ，力图如图所示，根据平衡条件得：
2N F Mg =
可得：
12N F Mg = 可见，水平横梁对铁环的支持力N F 不变，故A 错误、C 正确；
B. 以A 环为研究对象，竖直方向：
sin αN F F =
水平方向：
cos αf F F =
联立解得：
tan α
N f F F = α减小时，f F 变大，故B 错误；
D. 设与B 环相连的细绳对水杯的拉力为T ，根据竖直方向的平衡条件可得：
2cos θT mg =
由于绳子与竖直方向的夹角θ增大，则cos θ变小，绳子拉力变大，故D 正确．
9、AC
【解题分析】
A ．条形磁铁的外部磁场方向是由N 极指S 极，由1位置的磁场方向沿斜面向下，2位置的磁场方向斜向左上方，若导线位于图中1位置且电流方向向外，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下，由牛顿第三定律可
N1N2F F >
故A 正确；
B ．若导线位于图中1位置且电流方向向里，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下，但弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方向的分力，大小不变，则弹簧的伸长量不变，故B 错误；
CD ．若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大，可知导线对磁铁的反作用力沿斜面方向的分力沿斜面向下，垂直于斜面方向的分力垂直斜面向下，从而才会使弹簧的弹力增大，也使磁铁对斜面的压力增大，故有
N1N2F F <
所以导线所受的安培力方向斜向右上方，由左手定则可得导线中的电流方向向里，故C 正确，D 错误；
故选AC 。

10、ABD
【解题分析】
A ．向上移动滑动触头P ，则R 变大，则次级电流减小，初级电流减小，R 0的电压减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则初级电压变大，次级电压也变大，即U 3变大，则U 3与U 1的比值变大，选项A 正确；
B ．U 3与U 2的比值等于变压器的次级与初级线圈的匝数比，则向下移动滑动触头P ，U 3与U 2的比值不变，选项B 正确；
C ．移动滑动触头P ，当U 3减小时，则U 2也减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则U R0变大，则此时R 0消耗的功率变大，选项C 错误；
D ．根据理想变压器的规律可知，输出功率等于输入功率，即电阻R 消耗的功率等于原线圈的输入功率，分析原线圈电路可知，电阻R 0与原线圈串联，电流相等，功率P=UI ，则电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比等于R 0两端电
压与原线圈电压之比，电压表V 1、V 2的示数为U 1、U 2，则电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比为
12122
-1=U U U U U -，选项D 正确；
故选ABD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、滑动变阻器 A 1.48
【解题分析】
（1）当断开电键S ，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S ，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联
电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A 正确．
（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S 时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E =I max （R 1+r ）=0.32（R 1+r ）
将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：()()()1111.2200.062020
m U E R R r R r R r R =++=⨯++=++ 联立以上可解得： 1.48E V =. 12、B D D
【解题分析】
(1)解答本题应抓住：本实验利用恒定电流场模拟静电场，要描绘电场等势线，需要电源与电压表．电源要分正负即为直流电源，确保电势的高低；需要电压传感器；
(2)根据顺着电场线，电势逐渐降低，分析感器示数的绝对值变化情况。

【题目详解】
(1)[1]本实验利用恒定电流场模拟静电场，要描绘电场等势线，需要6V 的直流电源，故选B ；
[2]要描绘电场等势线，要寻找等势点，即电势差为零的点，而电势差就是电压，所以传感器应选用电压传感器，故选D ；
(2)[3]从一个电极沿x 轴到另一电极，电势逐渐升高或降低，则将一个探针固定置于y 轴上的某一点，另一探针从一个电极沿连线逐渐移动到另一电极的过程中，两探针处的电势差先变小后变大，则传感器示数的绝对值先变小后变大，故D 正确，ABC 错误；
故选D 。

【题目点拨】
本题关键理解并掌握实验的原理，懂得根据实验原理选择实验器材。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）0(22)Bv r + b a →（2）220(22)B v t r +（3）232
022(22)B v t Q r
=+ 【解题分析】
（1）0到t 时间内，导体棒的位移：
x t =
t 时刻，导体棒的长度：
l x =
导体棒的电动势：
0E Blv =，
回路总电阻：
(2)R x r =，
电流强度：
E I R ==， 电流方向：b a →
（2）根据题意有： 22
F Bll ==
（3）t 时刻导体棒的电功率 P =I 2R ′，由于I 恒定，R′=v 0rt 正比于t ，因此
221 2
P I R I R ==' 232
Q Pt ==．
14、（1）mg ；（2）v =
（3）12
a g 【解题分析】 （1）设圆环对A 球的弹力为1N ，轻杆对A 球的弹力为1F ，对A 、B 和轻杆整体，根据平衡条件有 10N F -=
对A 球有
1sin 450F mg ︒-=
11cos 450N F ︒-=
解得
F mg =
（2）当轻杆运动至水平时，A 、B 球速度最大且均为v ，由机械能守恒有
21(2)222mg R mg R R m v ⎛⎫--= ⎪⎝
⎭ 解得
v =（3）在初始位置释放瞬间，A 、B 速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为a ， 设此时杆的弹力1F ，根据牛顿第二定律
对A 球有
1sin 45mg F ma ︒-=
对B 球有
1cos 45F ma ︒=
解得 12
a g 15、 (1)6.33J ；(2)7J ；(3)-13J
【解题分析】
(1)对物块受力分析可知其受到的摩擦力为
()cos sin f mg qE μθθ=+
代入数据解得
3.8N f =
所以物块与斜面摩擦产生的内能为
J 13.6
J 6.i 833s n 370.h Q f ≈=⨯＝ (2)物块下滑过程中重力做功为
2101J 20J G W mgh ⨯===⨯
电场力做的功
6610.75
10510J 6.67J tan 37h W qE --=-⨯⨯≈-⨯电＝ 根据功能关系可知摩擦力做的功为
6.33J f W Q =-=-
所以根据动能定理有
J +7=k G f W W W W E ==+∆电合
(3)根据功能关系可知物块机械能的改变量等于除重力外其它力做的功，即等于摩擦力和电场力做的功 J = 6.676J J 13.33f G E W W W ∆=+--==-电非。