1、绝密启用前茶陵三中2019年下期高二第三次月考卷物理试卷（高考科）考试范围：选修3-1；考试时间：90分钟；题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)评卷人得分一、单选题1关于电动势，下列说法正确的是( )A电源电动势一定等于电源两极间的电压B电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C体积越大的电源，电动势一定越大D电源电动势与外电路的组成有关2在电场中某点引入电荷量为q的正电荷，这个电荷受到的电场力为F，则( )A在这点引入电荷量为2q的正电荷时，该点的电场强度将等于B在这点引入电荷量为3q的正电荷时，该点
2、的电场强度将等于C在这点引入电荷量为2e的正离子时，则离子所受的电场力大小为2eD若将一个电子引入该点，则由于电子带负电，所以该点的电场强度的方向将和在这一点引入正电荷时相反3如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷（上板正、下板负），与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地（电势为零），在两极板间有一点P，以C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度，表示P点的电势，表示静电计指针与竖直杆的偏角。若保持电容器上极板不动，将下极扳向上移动一小段距离至图中虚线位置，则下列判断正确的是( )AC变大B增大C增大DE变大4如图所示，在两个不同的匀强磁场中，磁感应强度关系B12B2，当不计重力的
3、带电粒子从B 1磁场区域运动到B2磁场区域时(在运动过程中粒子的速度始终与磁场垂直)，则粒子的()A速度将加倍B轨道半径将加倍C周期将减半D角速度将加倍5如图所示，1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件关于该实验下列说法正确的是( )A闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流B闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流C闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有的感应电流D闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有的感应电流6电动势为E、内
4、阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路,当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时,下列说法正确的是( )A定值电阻R2的电功率减小B电压表和电流表的示数都减小C电压表的示数增大,电流表的示数减小DR中电流变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值评卷人得分二、多选题7在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是( )A奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B安培发现了磁场对运动电荷的作用规律C库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律8在如图所示的匀强电场中，1、2、3三条虚线表示三个等势面，
5、a、b分别是等势面1、3上的两个点，下列说法中正确的是 A三个等势面的电势相等B等势面1的电势高于等势面2的电势C若将一正电荷由a移到b，电场力做正功D若将一正电荷由a移到b，电场力做负功9如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是( ) Ab点场强大于d点场强Bb点场强小于d点场强Ca、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能10下列说法中正确的是()A点电荷是一种理想模型，真正的点电荷是不存在的B点电荷就是
6、体积和带电量都很小的带电体C根据可知，当r0时，FD一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计11（4分）（2011海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是( )A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一
7、定越大12如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是()A使初速度为原来B使M、N间电压提高到原来的2倍C使M、N间电压提高到原来的4倍D使初速度和M、N间电压都减为原来的第II卷（非选择题)评卷人得分三、实验题13(1)用游标为20分度的游标卡尺测量一根金属丝的长度，由图可知其长度为_mm； (2)用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为_mm；(3)用
8、多用电表的电阻“100”挡，按正确的操作步骤测某金属导体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_.14为测量一电源的电动势及内阻(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表A量程为1 V、内阻大约为1 k的电压表V1B量程为2 V、内阻大约为2 k的电压表V2C量程为3 V、内阻为3 k的电压表V3选择电压表_串联_ k的电阻可以改装成量程为9 V的电压表(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号V1V2或V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图_(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表
9、示数为1.50 V时，电阻箱的阻值为15.0 ；电压表示数为2.00 V时，电阻箱的阻值为40.0 ，则电源的电动势E_V，内阻r_ . 评卷人得分四、解答题15 如图所示，有一对长4 cm的平行金属板，相距3 cm倾斜放置与水平面成37角，两板间加上50 V电压，有一带电粒子质量为4108 kg，以1 m/s的速度自A板左边缘C水平进入电场，在电场中沿水平方向运动并恰好从B板边缘水平飞出，虚线为其运动轨迹，g10 m/s2，sin 370.6.求：(1)该电场的电场强度E(1)带电粒子所带电量q；(2)带电粒子飞出电场时的速度V16如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角=，导轨的一端
10、接有电动势E =3V、内阻r=0.5的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）求：（1）ab受到的安培力大小和方向；（2）ab受到的摩擦力大小。17如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面(纸面)向里的匀强磁场
11、，在第四象限，存在沿y轴负方向、电场强度大小与第三象限电场电场强度相等的匀强电场一质量为m、电量为q的带电质点，从y轴上yh处的P1点以一定的水平初速度沿x轴方向进入第二象限然后经过x轴上x2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y2h处的P3点进入第四象限已知重力加速度为g.求：(1)粒子到达P2点时速度的大小和方向；(2)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小参考答案1B【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路
12、有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故A错误；电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关；而其他的电源的电动势的大小也不一定与体积有关，故C错误；电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D错误。考点：电源的电动势和内阻、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系。2C【解析】试题分析：由题意可
13、知，某点引入的检验电荷电量为q时，受到的电场力为F，则该点的电场强度E=电场强度是反映电场性质的物理量，与试探电荷的电性和电荷量无关，故选项ABD错误；由F=qE可知，选项C正确。考点：对电场强度定义式的理解与应用3A【详解】A保持电容器上极板不动，将下极扳向上移动一小段距离，两板间距离减小，据知，电容器电容C增大。故A项正确；B据A项分析知，电容器电容C增大；电容器所带电荷量不变，据知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针与竖直杆的偏角减小。故B项错误；CD电容器所带电荷量不变，两板间距离减小，据两板间的电场强度E不变；P点与下极板间距离减小，据电势差与电场强度关系知，P点与下极板间电势差减
14、小，电容器下极板接地（电势为零），则P点的电势减小。故CD两项错误。4B【解析】洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小，所以粒子的速率不变由半径公式R 可知，当磁感应强度变为原来的，轨道半径将加倍由周期公式T可知，当磁感应强度变为原来的，周期将加倍，角速度减半故B正确，ACD错误，故选B5D【详解】AB.因为左端线圈产生恒定的磁场，所以右侧线圈中的磁通量不发生变化，闭合开关瞬间不会产生感应电流，AB错误。CD.闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，回路电阻变大，电流变小，产生磁场强度变小，根据右手定则可以判断，B线圈感应电流产生的磁场向下，根据右手定则判断流经电流表的电流为，C
15、错误D正确。6B【详解】A.当划片向滑动时，接入的电阻减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流增大，即通过的电流增大，由可知电阻的电功率增大，故A错误。BC.干路的电流增加，内电压降增加，由可知路端电压减小，即电压表的示数减小；因为干路电流增加，故两端的电压增加，所以两端的电压减小，即电流表的示数减小，故B正确，C错误。D.由C的分析已经知道通过电流表的电流减小，因为干路电流增大，所以通过的电流增大，并且通过的电流的增加量大于通过电流表的电流减小量，故D错误。7AC【解析】试题分析：奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应定律，故A正确；安培发现了磁场对电流的作用规律，故B错
16、误；库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故D错误。8BC【解析】【分析】根据顺着电场线方向电势降低，可判断三个等势面电势的高低，根据电场力与位移方向夹角与的关系判断电场力做功正负。【详解】：A、沿着电场线方向电势降低，所以1、2和3三个等势面中1的电势能最高，3的等势面最低，故A错误，B正确；C、正电荷的受力方向与电场强度方向相同，则将一正电荷由a移到b，力的方向与位移方向的夹角小于，电场力做正功，故C正确，D错误。故选：BC。9BC【解析】试题分析：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连
17、线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项BC正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。考点：电场的叠加、电势能【名师点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。10AD【解析】点电荷是一种理想模型，真正的点电荷是不存在的，选项A正确；当带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，该电荷可以看成点电荷该电荷能否看成点电荷，不是看它的体积电量，而是看形状大小能否忽略选项B错误
18、；当r0时，该电荷不能看成点电荷，公式不能适用，选项C错误； 一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计，选项D正确；故选AD.11BD【解析】试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同故A错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：（为转过圆心角），虽圆
19、心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大故D正确；故选：BD点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径12BD【详解】A.在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得qEd0，所以，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x，故A错误；B.使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x，故B正确；C.使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x，故C错误；D.使初速度和M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的一半，x，故D正确。1
20、3(1)50.15 (2)1.880 (3)1 200 【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：50 mm30.05 mm50.15 mm；(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5 mm38.00.01 mm1.880 mm；(3)由图示欧姆表可知，其示数为：12100 1 200 .14(1)C 6 (2)电路如图所示； (3)2.50 10.0 【解析】的内阻不确定而量程又不合适，故应选择电表C进行改装，串联电阻由可得到本实验的原理为：，利用变阻箱和电压表可获取电流I，故电路应为图示结构设为改装电压表的示数，E0为计算电压把两组实验数据分别代入r有和，联立解得：，实际电动势为：。点
21、睛：本题考查测量电动势和内阻以及电压表的改装原理，要明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值；并能根据方程法求解电动势和内电阻。15带电粒子所带电量31010C带电粒子飞出电场时的速度m/s【解析】试题分析：带电粒子做直线运动，对粒子进行受力分析，粒子在竖直方向受到的合力为零，由平衡条件可以求出粒子所带电量；由动能定理可以求出粒子飞出电场时的速度大小解：对带电粒子受力分析，如图所示因带电粒子水平方向沿直线运动mg=qEcos37，又E=，解得：q=31010C；令带电粒子飞出电场时速度为v，由动能定理得：qu=mv2mv02，解得：v=m/s；答：带电粒子所带电量31010C带电粒子飞出电场时
22、的速度m/s【点评】对粒子受力分析、应用平衡条件、动能定理即可正确解题；要知道物体做直线运动的条件是：合力为零或合力方向与速度方向在同一直线上16（1）0.40N（2）0.16N【解析】【详解】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力：F安=ILB=20.400.50N=0.40N方向沿斜面向上(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin=0.04100.6N=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：mgsin+f =F安解得：f=F安-mgsin=（0.40-0.24）N=0.16N17（1）2 ，方向与x轴负方向成45角；（2）E ，B 【解析】(1)质点从P1到P2，由平抛运动规律得hgt2，v0，vygt，求出，方向与x轴负方向成45角(2)质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力Eqmg，Bqvm，(2R)2(2h)2(2h)2，解得E，B.点睛：本题考查带电粒子在场中三种运动模型：匀速圆周运动、平抛运动和类斜抛运动，考查综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力