1、,高考资源网蓬南中学高中2018级第三学期第四次学月考试物理试题(时间:90分钟，满分:100分)一、选择题(本题共12小题，18只有一个选项正确，912不止一个选项正确，每小题4分，共48分，完全正确得4分，不选以及有错得零分，无错但不全得2分)1.物理学史是人类对自然界各种物理现象认识的发展史，通过物理学史的学习，不但能增长见识，加深对物理学的理解，更重要的是可以从中得到教益，开阔眼界，从前人的经验中得到启示，下列说法都是有关电磁学的物理学史，其中错误的是()。A.法国物理学家库伦通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量B.英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场C.丹麦物
2、理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应D.荷兰物理学家洛仑兹提出了磁场对运动电荷有作用力(即洛伦兹力)的观点2.下列说法正确的是()A.电流是矢量，其方向为正电荷定向移动的方向B.由R可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比C.由I知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D.金属的电阻率由导体本身的性质决定，与温度无关3.等量异种点电荷周围的电场线分布如图实线所示，现以负点电荷为圆心、两个点电荷之间距离的一半为半径做一个圆(图中虚线所示)，M、N是圆周上的两点，其中M点是两个点电荷连线的中点，则下列关于M、N两点的电场强度的说法中
3、正确的是()3题图A.大小相等，方向相同 B.大小相等，方向不同C.大小不等，方向相同 D.大小不等，方向不同4.关于磁场中某一点的磁感应强度B，下列说法正确的是()A.由B可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D.磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同5.两个量程的电压表的电路图如图所示，当使用a、b两个接线柱时，量程为03V，当使用a、c两个接线柱时，量程为015V。已知表头的内阻Rg为500，满偏电流Ig为1mA，则电阻R1、R2
4、的值()5题图A.2500、12000 B.3000、12000C.2500、15000 D.3000、150006.如图所示，x轴上有两个点电荷A、B，它们坐标分别为xA=0.2m、xB=0.2m，其中A带电Q，B带电9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均仅在电场力的作用下处于平衡状态，则C的位置坐标及带电量分别为()6题图A.0.6m，QB.0，QC.0.4m，QD.0.6m，Q7.如图所示，甲图实线为某一个静电场中方向未知的三条电场线，a、b两个带电粒子均从电场中的P点无初速释放，两粒子仅在电场力作用下均沿着中间的电场线做直线运动(不考虑a、b两粒子间的相互作用)，a、b粒子的速
5、度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为过坐标原点的倾斜直线，则()A.a粒子的加速度逐渐减小，b粒子的加速度逐渐增大B.a粒子沿着电场线向左运动，b粒子沿着电场线向右运动C.a粒子的电势能减小，b粒子的电势能增大7题图D.a粒子一定带正电，b粒子一定带负电8题图8.如图所示，两根相互平行的金属导轨水平固定在匀强磁场中，导轨的左端与电源和滑动变阻器连接。金属棒ab垂直于平行导轨放置并能保持与导轨的良好接触，金属棒与导轨间的动摩擦因数为。若磁感应强度的方向为某一恰当方向时，金属棒能在安培力的作用下向右匀速运动，并且金属棒中的电流最小，则此磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(不考虑金属棒切割
6、磁感线产生电磁感应的影响)()A.37 B.30 C.45 D.609.晓燕同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”时得到了被测小灯泡的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点的连线OA与横轴成角，A点的切线AB与横轴成角，则()A.被测小灯泡的电阻随电流的增大而减小B.被测小灯泡在A点的电阻可用直线OA的斜率来表示9题图C.被测小灯泡在A点的电阻可用切线AB的斜率来表示D.被测小灯泡在A点的电功率可用矩形OI0AU0的面积来表示10.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，负极接地，R1、R2、R3为定值电阻，R为滑动变阻器，C为电容器，、分别为理想电流表和电压表。在滑动变阻器的滑片P自b
7、端向a端滑动的过程中，下列说法正确的是()A.电压表示数变小B.电流表示数变大10题图C.电路中a点的电势降低D.电容器C所带电荷量增多11.如图所示，两块长度均为l本身不带电的极板MN和PQ垂直纸面放置，极板之间的距离也为l，极板间有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，一颗质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)从左端两极板正中央处以速度v垂直磁感线射入磁场，欲使该粒子不打在极板上，粒子的速度范围可以是()11题图A.v B.v C.v D.v12.如图所示，真空中两个质量均为m可视为质点的两个带电小球P、Q用两根长度相等的绝缘丝线拴住后分别系在竖直杆AB、CD的上端等高的地方，两小
8、球静止时连接它们的丝线与水平面的夹角均为37，已知，重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8，以下说法中正确的是()A.丝线对小球的拉力大小为mgB.两小球间的库仑力大小为mg12题图C.烧断右侧丝线的瞬间Q小球的瞬时加速度大小为gD.如果两球间的库仑力瞬间消失P小球的瞬时加速度大小为g二、实验题(共2小题，满分16分，其中13题6分，14题10分)13.小华利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一个圆柱体的直径和高度，测量结果如下图甲和乙所示。该圆柱体的高度为_cm，该圆柱体的直径为_mm。甲 乙14.小明在测定一节干电池的电动势E和内阻r的实验中，管理员给他提供了如下器材：A.待测
9、的干电池(E1.5V，r1.0)E.滑动变阻器R2(020，10A)B.电流表A1(03mA，Rg1100)F.电阻箱R0(0999)C.电流表A2(00.6A，Rg2约为0.1)G.开关和导线若干D.滑动变阻器R1(02k，1A)(1)由于没有电压表管理员给小明设计了如图所示的甲、乙、丙、丁四个实验电路，并要求他用图像法处理实验数据，你认为应该选择图_作为实验电路，在你选择的电路中，为了操作方便且能更准确地进行测量，滑动变阻器应选_(填写器材前的字母代号)。(2)小明选出合理的实验电路后，把与R0串联的电流表当作量程为03V的电压表使用，因此他应该将电阻箱R0的阻值调至_。(3)小明选出合理
10、的实验电路后，严格按照实验步骤和操作规范进行实验，测出了六组电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，并绘出了如右图所示的I1I2图线，则被测干电池的电动势E_V，内阻r_。(结果保留2位小数)14(3)题图三、计算题(本题共4小题，共36分，其中15题、16题各8分，17题、18题各10分)15.如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5V，2.5W”的小灯泡正常发光，当开关S接b点时，标有“4V，4W”的电动机正常工作求电源的电动势和内阻请将答案写在答卷指定位置，否则不给分15题图16.如图所示，足够宽大的水平实验桌面Q的正中央的正上方距离桌面h0.80m的P处有一个粒子源，该粒子源射
11、出的带电粒子初速度大小均为v02.0102m/s、初速度方向为所在水平面的所有方向以及水平以下的所有方向，射出的带电粒子质量为m2.010-15kg、电荷量为q10-12C，现在整个空间加一个竖直向下的匀强电场，电场强度大小E1.0102V/m，结果粒子源射出的粒子最终都落在实验桌面Q上。不计粒子重力，不计粒子之间的相互作用以及粒子对匀强电场的影响，打在桌面上的粒子均镶嵌在桌面内，不反弹也不穿过桌面。求(结果保留2位有效数字)：(1)粒子打在实验桌上时的动能；(2)实验桌上被粒子击中的区域的面积。请将答案写在答卷指定位置，否则不给分16题图17.如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一个磁感线垂
12、直于xOy平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B，两个坐标轴上分别固定了很薄(厚度不计、长度足够)且垂直xOy平面的挡板OC、OD，在OD板上距离O点为L的P处固定有一个粒子源，从粒子源中射出的粒子均为电荷量q、质量m的同种粒子，这些粒子的速率不同，进入磁场后的速度方向均在xOy平面内，且与OD板之间的夹角均为60，经过一段时间的运动后均打在挡板上(打在挡板上的粒子均镶嵌在板内，不反弹也不穿过挡板)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：(1)打在Q点的粒子从P到Q的运动时间；(2)垂直打在OC板上的粒子运动的速率。,高考资源网请将答案写在答卷指定位置，否则不给分17题图18.如图所示，在
13、直角坐标系xOy平面内有一个电场强度大小为E、方向沿-y方向的匀强电场，同时在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有垂直于xOy平面的匀强磁场，该圆周与x轴的交点分别为P点和Q点，M点和N点也是圆周上的两点，OM和ON的连线与+x方向的夹角均为60。现让一个粒子从P点沿+x方向以初速度v0射入，粒子恰好做匀速直线运动，不计粒子的重力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(2)若只是把匀强电场撤去，粒子仍从P点以同样的速度射入，从M点离开圆形区域，求粒子的比荷；18题图(3)若把匀强磁场撤去，粒子的比荷不变，粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离开圆形区域，求粒子在P点的速度大小。请
14、将答案写在答卷指定位置，否则不给分第三学期第四次学月考试答案及其解析1.【答案】A【解析】1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律(即库仑定律)，并测出了静电力常量k的值，1913年美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量，选项A错误；1837年英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，不仅如此，磁感线的概念也是法拉第最先发明并引入的，选项B正确；1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应，选项C正确；荷兰物理学家洛仑兹提出运动电荷产生了磁场以及磁场对运动电荷有作用力(即洛伦兹力)的观点，并在189
15、5年他提出了著名的洛伦兹力的公式f=qvB，选项D正确。2.【答案】C【解析】电流是一个既有大小又有方向(正电荷定向移动的方向或者负电荷定向移动的反方向)的标量，电流之间的运算遵循标量运算法则，不遵循矢量运算法则，选项A错误；导体的电阻是导体本身的一种性质，其大小可以通过R来计算，但是其决定因素是自身的材料种类、长度、横截面积等，即使两端没有加电压，或者其中没有通电流，也是有电阻的，所以不能说“导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比”，故选项B错误；导体中的电流的大小I既与外加因素U有关，由于内在因素R有关，根据欧姆定律I可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻
16、成反比，选项C正确；金属的电阻率由导体本身的性质决定，与温度有关，所以选项D错误。3.【答案】D【解析】由电场线的分布情况可知，N点电场线比M点电场线疏，则N点电场强度比M点电场强度小；电场力方向与所在点的电场线的切线方向一致，显然M、N两点的电场强度方向不同，故选项A、B、C均错误，D正确。4.【答案】B【解析】磁场中某一点的磁感应强度B虽然可以通过定义式B来计算，但是他毕竟体现的是磁场本身的性质，其决定因素应该是其自身的因素，所以不能说“磁感应强度B与F成正比，与IL成反比”，选项A错误；根据FBIL可知通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，选项B正确；通电导线在磁场中所受
17、磁场力的大小不仅与B、I、L大小有关，还与B和I方向间的关系有关，某处不受磁场力的作用，既有可能是该处的磁感应强度为零，也有可能是B和I方向平行，所以选项C错误；磁场中某处磁感应强度的方向与通电导线在该处所受磁场力的方向垂直，所以选项D错误。5.【答案】A【解析】接a、b时，由串联电路特点有R总R1Rg得R1Rg2500。接a、c时，同理有R总R1R2Rg得R2RgR112000，故选项A正确、BCD均错误。6.【答案】C【解析】要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“三点共线”“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C点坐标为xC，带电荷量为q，则A、B间
18、距离为rAB=xBxA=0.4m，A、C间的距离为rAC=xAxC，B、C间的距离为rBC=xBxC，由于处于平衡状态，所以kk和kk，解得xC=0.4m和qQ，选项ABD均错误、C正确。7.【答案】B【解析】从vt图像中可以看出，a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小，故选项A错误；由题可知qE=ma，因此a粒子所受电场力逐渐增大，b粒子所受电场力逐渐减小，进一步可得a向场强大的区域运动，即向左运动，b向场强小的区域运动，即向右运动，选项B正确；由于带电粒子都是无初速释放，所以都是在沿电场力的方向运动时，电场力做正功，所以a、b粒子的电势能均减小，动能均增加，故选项C错误；由于不知电
19、场的方向，所以无法判断a、b的电性，所以选项D错误。8.【答案】B【解析】对处于平衡状态的金属棒进行受力分析可知，金属棒受如图所示的重力mg、安培力BIL、支持力N和摩擦力f四个力作用，考虑到支持力N和摩擦力f满足摩擦定律f=N，即=，这说明不论支持力N和摩擦力f具体是多少，它们的合力F合的方向都是取决于的定值，因此，可以将原来的四力平衡转化为三力平衡，所以安培力BIL的方向只有沿着垂直于F合的方向才能取得最小值，金属棒中的电流才能取得最小值，根据左手定则，磁感应强度的方向只能沿着F合的反方向，因此由tan=可解得30。则选项A、C、D均错误，B正确。9.【答案】BD【解析】被测小灯泡的电阻随
20、电压的增大而增大，选项A错误；被测小灯泡在A点的电阻可用直线OA的斜率来表示，故选项B正确；被测小灯泡在A点的电阻不可用切线AB的斜率来表示，选项C错误，D正确；被测小灯泡在A点的功率可用矩形OI0AU0的面积来表示，选项D正确。10.【答案】AD【解析】滑片P由b端向a端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值R增大，则电路总电阻R总增大，总电流I总=减小，定值电阻R1两端电压U1I总R1减小，电压表示数UVU1变小，选项A正确；定值电阻R2与R3组成的串联电路两端的电压U23EI总(R1r)因I总减小而增大，又I23，故I23增大，电流表A的示数IAI总I23因I总减小和I23增大而变小，选项B错误
21、；由题可知，b0，UababaU23，故a升高，选项C正确；由于电容器两端的电压UCU2I23R2增大，由QCUC知电容器所带电荷量Q增多，选项D错误，故选AD。11.【答案】AC【解析】如图所示，粒子入场后在洛伦兹力作用下向上偏转，若粒子刚好打在上极板右边缘，则由几何知识得r(r1)2l2，又因为qv1B=即r1，联立解得v1，欲使该粒子不打在极板上，粒子的速度范围是v；若粒子刚好打在上极板左边缘，则由几何知识得r2，又因为qv2B=即r2，联立解得v2，欲使该粒子不打在极板上，粒子的速度范围是v，故选项A、B正确。12.【答案】CD【解析】对P小球的受力分析如图所示，由力平衡得丝线对其拉力
22、的大小Tmg，选项A错误；库仑力的大小Fmg，选项B错误；由题可知，Q小球的受力情况与P小球的受力情况相似，各力大小分别相等，因此，烧断右侧丝线的瞬间，Q小球受到的重力和库仑力不变，两力的合力与烧断丝线前丝线的拉力等大反向，根据牛顿第二定律得Q小球的加速度大小为aQ=g，选项C正确；当两球间的库仑力消失时，P小球开始做圆周运动，其瞬时加速度由重力沿垂直于丝线方向的分力产生，根据牛顿第二定律得aP=g，选项D正确。13.【答案】1.110cm(1.105cm或1.115cm)；3.790mm(3.789mm或3.791mm)(每空3分)【解析】由题可知，该圆柱体的高度为游标卡尺读数，即L11mm
23、2mm11.10mm1.110cm(1.105cm和1.115cm可给分，其余不给分)；该圆柱体的直径为螺旋测微器的读数，即D3.5mm29.00.01mm3.790mm(3.789mm和3.791mm可给分，其余不给分)14.【答案】(1)丙；E(2)900(3)1.48(或1.49)；0.85(每空2分)【解析】(1)将小量程电流表A1与电阻箱R0串联并将电阻箱调至某一合适的阻值从而将电流表改装为电压表，由此排除图甲、图丁所示的电路；对于图乙所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得EI2(Rg2r)I1(Rg1R0)，对于图丙所示的电路，根据闭合电路欧姆定律可得E(I1I2)rI1(Rg1R0
24、)，由于Rg2的准确值未知，用图像法处理数据，图乙会使测量结果不准确，故应选图丙所示的电路。由电流表A2的量程分析可知，滑动变阻器应选E。(2)根据题图分析可知应将电阻箱R0的阻值调至900，从而将电流表改装为量程为03V的电压表。(3)由图丙所示的电路可得I1I2图线的表达式为I1I2，图像在纵轴上的截距为1.48mA(或1.49mA)；图线的斜率的绝对值k，联立并代入数据解得E1.48V(或1.49V)，r0.85。15.【答案】6V，2【解析】当开关接a时，电路中的电流为I1A0.5A.(1分)由闭合电路欧姆定律得EU1I1r，(2分)当开关接b时，电路中的电流为I2A1A.(1分)由闭
25、合电路欧姆定律得EU2I2r，(2分)联立解得E6V，r2.(2分)16.【答案】(1)1.21010J(2)4.0m2【解析】(1)对从粒子源出来最终打在实验桌上的粒子由动能定理可得qEhEkmv(2分)解得粒子打在实验桌上时的动能Ek1.21010J。(1分)(2)实验桌上被粒子击中的区域应该是以水平实验桌面Q的正中央为圆心、以粒子水平抛出的落点到水平实验桌面Q的正中央的距离为半径的园所围成的圆面，由类平抛规律可得xv0t(1分)hat2(1分)a(1分)Sx2(1分)联立以上各式得所形成的面积为S4.0m2。(1分)17.【答案】(1)(2)【解析】(1)如图所示，设打在Q点的粒子的轨迹
26、圆弧的圆心为O1。由几何关系可知：轨迹对应的圆心角PO1Q120，由洛伦兹力充当向心力时的周期公式得T(2分)所求运动时间为t1(2分)联立解得t(1分)(2)设垂直打在OC板上的粒子的轨迹圆弧的圆心为O2、半径为R2。由几何关系得R2cos30L(2分)由洛伦兹力充当向心力得qvBm(2分)联立解得v(1分)高考资源网（） 您身边的高考专家18.【答案】(1)，方向垂直纸面向里(2)(3)v0【解析】(1)由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即qEBqv0，(1分)解得B(1分)由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。(1分)(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r，根据洛伦兹力充当向心力得Bqv0m(1分)由几何关系可知rR，(1分)联立得(1分)(3)粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得xRvt，(1分)yRt2(1分)又qEBqv0，(1分)联立解得vv0(1分)- 10 - 版权所有高考资源网