1、内蒙古赤峰二中2021届高三物理上学期第四次月考试题（含解析）一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1. 一个电流表的满偏电流Ig=1mA,内阻Rg=500要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上A. 串联一个9.5的电阻B. 并联一个10 k的电阻C. 串联一个9.5k的电阻D. 并联一个9.5的电阻【答案】C【解析】【分析】本题考查电表的改装及串联电路的特点【详解】要改装成一个电压表，则必须要有分压电阻，所以应该将电流表
2、和一个电阻串联，排除BD选项，串联后总电压量程为10V，根据欧姆定律有， ，解得R=9500，即C选项正确综上所述，本题选C2. 如图所示，两根绝缘轻质弹簧的劲度系数均为k，竖直静止吊起一根长为L的匀质水平金属棒AC，金属棒处在与棒垂直的水平匀强磁场中，当金属棒中通入由A端流向C端的电流I时，两弹簧的伸长量均增加了x关于该匀强磁场的磁感应强度的大小和方向，下列判断正确的是（）A. 大小为，方向水平向里B. 大小为，方向水平向外C. 大小为，方向水平向里D. 大小为，方向水平向外【答案】D【解析】【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，结合共点力的平衡及安培力的公式即可求出匀强磁场磁感应强度的大小
3、【详解】由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向下，磁场的方向水平向外；设金属棒所受安培力的大小为F安，对金属棒，安培力等于弹簧的增加的弹力：BIL2kx，解得：，故D正确，ABC错误；故选D【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，以及掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系3. 如图所示，矩形abcd内存在匀强磁场，ab=2ad，e为cd的中点。速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，其中从e点射出的粒子速度为v1；从c点射出的粒子速度为v2，则v1v2为（不计粒子重力）（）A. 12B. 52C. 13D. 25【答案】D【解析】【分析】【详解】速率不同的同种带电
4、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。4. 如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动，由此可以判断A. 匀强电场方向一定是水平向左B. 油滴沿直线一定做匀加速运动C. 油滴可能是从N点运动到M点D. 油滴一定是从N点运动到M点【答案】A【解析】【分析】【详解】A.粒子的受力如图所以的情况，即电场力只能水平向左，粒子才能沿直线运动故A正确B. 油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，
5、因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据可知，粒子必定做匀速直运动故B错误CD.粒子受到的洛仑磁力的方向为垂直MN向上，又因为粒子带正电，再结合左手定则，可知油滴一定是从M点运动到N点一定故CD都错误5. 中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的，促进了我国医疗事业的发展若用如图所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是A. 氘核射出时的向心加速度大B. 氕核获得的速度大C. 氘核获得的动能大D. 氕核动能增大，其偏转半径的增量不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A由得：向心加
6、速度可知，氕核射出时的向心加速度大，选项A错误；BC由，则因为氕核的质量较小，则获得的动能和速度大，选项B正确，C错误；D由可知氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，选项D错误.6. 在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V则当这台电动机正常运转时()A. 电动机的内阻为7.5 B. 电动机的内阻为2.0 C. 电动机的输出功率为30.0 WD. 电动机的输出功率为26.0 W【答案】D【解析】【分析】电动机的
7、内阻及输出功率的计算【详解】AB因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和1.0V，说明电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻电路，故说明电动机的内阻为r=1.0，选项AB错误；CD当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V，则电动机的总功率为P总=2.0A15.0V=30.0W，此时电动机的发热功率为P热=（2.0A）21.0=4.0W，故电动机的输出功率为P出=P总P热=30.0W4.0W=26.0W，选项C错误，D正确7. 空间存在一静电场，电场中的电势随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A. x = 4 m处的
8、电场强度可能为零B. x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C. 沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D. 电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】A、由图象的斜率等于电场强度，知x=4m处的电场强度不为零，选项A错误；B、从0到x=4m处电势不断降低，但x=4m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8eV，选项D正确故选D【点睛】本题首先要读懂
9、图象，知道-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱8. 如图所示，a、b是两个带有同种电荷小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为、，且、，若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是（）A. 两球质量B. 剪断细线后，两球组成的系统机械能守恒C. 剪断细线后，两球组成的系统水平方向动量守恒D. 落地时a球速率大于b球速率【答案】AC【解析】【分析】【详解】A设a、b球间库仑斥力为F，对a、b球受力分析，可得可得故A正确；B剪断细线后，两球组成的系统有库仑力做功，机械能不守恒，故B
10、错误；C剪断细线后，两球组成的系统水平方向合外力为0，水平方向动量守恒，故C正确；D落地时，竖直方向只受力重力作用，从相同的高度下落，故竖直速度相同，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，则有mava=mbvb则水平方向的速率关系为故落地时b的速率大于a的速率，故D错误。故选AC。9. 如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡、电阻均为R，D为理想二极管（具有单向导电性），电表均为理想电表。闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动。现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表、示数变化量绝对值分别为、，电流表示数变化量为，则（）A. 两灯泡逐渐变亮B. 油滴将向下运动C. D. 【答案】A
11、CD【解析】【分析】【详解】A滑片向上滑动，其阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，两灯变亮，故A正确；B总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减小，而L1的电压变大，所以并联部分L2的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，Q不变，则由，得，可知E不变，油滴静止不动，故B错误；C把电阻R看作电源内阻一部分，就是两端电压的增加量，也是电容器两板间电压减少量，则，故C正确；D由闭合电路欧姆定律可得，所以，故D正确。故选ACD。10. 如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为Q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面有两个
12、一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置以下说法中正确的是A. M一定是正离子，N一定是负离子B. M在p点的速率一定大于N在q点的速率C. M在b点速率一定大于N在c点的速率D. M从pb过程电势能的增量一定小于N从aq过程电势能的增量【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故A错误；B.由图可判定M电荷在从a点运动至p点的过程中，电
13、场力做正功，导致动能增加；而N电荷在从a点运动至q点的过程中，电场力做负功，导致动能减小所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；C.由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0，由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场，故两粒子分别经过b、c两点时的速率一定相等故C错误；D.由图可知q、a两点电势差大于p、b两点间的电势差，N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从pb过程电势能的增量一定小于N从aq过程电势能的增量，故D正确11. 如图所示，把滑动变
14、阻器的滑片P从右端向左端移动以改变理想电压表和电流表的示数。当滑片P在距左端位置时，电压表和电流表的示数分别为3.6 V和1.0 A；当滑片P继续向左移动到某位置时，电压表和电流表的示数改变了0.6 V和0.5 A 。在滑片P从右端移到左端的过程中（）A. 电源的最大输出功率为3.84 WB. 电源的最大输出功率为4.8 WC. 电源的最大效率为80%D. 电源的最大效率为50%【答案】BC【解析】【分析】【详解】当滑片P在距左端位置时，电压表和电流表的示数分别为3.6 V和1.0 A；则根据U=E-Ir可得3.6=E-r当滑片P继续向左移动到某位置时，则滑动变阻器的阻值减小，则电流表读数变大
15、，电压表读数减小；电压表和电流表的示数改变了0.6 V和0.5 A，则变为3.0V和1.5A，则3.0=E-1.5r解得E=4.8Vr=1.2AB当电源外电阻等于内阻时输出功率最大，则最大的输出功率为选项A错误，B正确； CD由题意可知 解得滑动变阻器的最大值R=4.8则电源的最大效率为选项C正确，D错误。故选BC。12. 如图所示，倾角为的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定带电量为q的小球Q。整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个一个质量为m、带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M的距离均为s0。P、Q以及弹簧的轴线a
16、b与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k。则（）A. 小球P返回时，可能撞到小球QB. 小球P在N点的加速度大小为C. 小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能不一定减少D. 当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大【答案】BC【解析】【分析】【详解】A由题意知，小球向下运动的过程电场力qE及重力做正功，向上运动时，电场力qE与重力均做负功，根据能量守恒，小球返回时，不可能撞到小球Q，所以A错误；B在N点，根据牛顿第二定律可得所以B正确；C小球P沿着斜面向下运动过程中，qE做正功，P、Q间库仑力做负功，总功可能为正，也可能为负，故电势能的变化不确定，所以C正确；
17、D当合外力为零时，速度最大，即弹力此时弹簧的压缩量所以D错误。故选BC。二、实验题（共两道题，计15分）13. 有一个小灯泡上有“4 V 2 W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线现有下列器材供选用：A电压表（05 V，内阻10 k）B电压表（010 V，内阻20 k）C电流表（00.3 A，内阻1 ）D电流表（00.6 A，内阻0.4 ）E滑动变阻器（10 ，2 A）F滑动变阻器（1 k，1 A）G学生电源（直流6 V），还有电键、导线若干（1）实验中电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_（用序号字母表示）（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实
18、验要求电路图_【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 【解析】【分析】【详解】（1）123因为小灯泡额定电压为4V，为了减小误差，应让电表的读数达到刻度，故选用电压表A，小灯泡的额定电流为，故选用电流表D，滑动变阻器选择较小的便于操作，故选用E；（2）4因为电流表内阻和小灯泡内阻相接近，所以电流表分压过大，故采用电流表的外接法，实验中要求从零开始多取几组数据，故采用滑动变阻器的分压接法，如图所示14. 某同学用一个满偏电流为10 mA、内阻为30 的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V的干电池组装成一个欧姆表，如图所示（1）该同学按如图正确连接好电路甲、乙表笔中
19、，甲表笔应是_（选填“红”或“黑”）表笔（2）测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到_处（3）欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4 mA处，则电阻Rx=_ （4）若误将甲、乙两表笔分别接在了如图中的a、c两点，则Rx的测量结果_（选填“偏大”或“偏小”）（5）再给电流表并联一个合适的定值电阻R0，就可组装成一个中间刻度值为15 的欧姆表，则R0=_ (保留两位有效数字)【答案】 (1). 红 (2). 10mA (3). 225 (4). 偏小 (5). 3.3【解析】【分析】【详解】(1) 由图示可知，甲表笔与
20、欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；(2) 测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大的地方（10mA）；(3) 欧姆表内阻：，指针指在电流表刻度的4mA处，由闭合电路欧姆定律得：，解得：；(4) 若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针向右偏转，欧姆表示数变小，Rx的测量结果偏小；(5) 欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15的欧姆表，其内阻为15，把电流表改装成0.1A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值：三、
21、计算题（本大题 3 小题，共 37 分，要求必须写出必要的文字说明、公式、主要的计算步骤和明确的答案。只有最后答案不给分。）15. 如图所示，U=10V，电阻R1=4，R2=6，电容C=30F（1）闭合开关S，电路稳定后，求通过R1的电流强度；（2）然后断开S，求这以后流过R1的电量是多少？【答案】（1）1A；（2）【解析】【分析】【详解】（1）S闭合，电路稳定后（即电容器充电完毕）即为R1与R2的串联电路，所以通过R1的流为此时电容C与R2并联，两极间电压U1=IR2=16=6V，且上板带电荷。（2）断开S后，由于U=10V，所以继续给电容器充电至极板电压U2=U=10V，仍是上板带正电，流
22、过R1的电量等于继续给电容器的充电电量，所以16. 如图所示，在的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径，一带正电荷的小滑块质量为，与水平轨道间的动摩擦因数，取，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？为半圆轨道中点【答案】（1）20m；（2）【解析】【分析】【详解】（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是： 解得： 小滑块由释放点到最高点过程由动能定理： 代入数据得：S=20m（2）小滑块从P到L过程，由动能定理： 所以 在P点
23、由牛顿第二定律： 所以FN=3（mg+Eq）代入数据得：FN=1.5N由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5N17. 如图所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B=10-2T，在P点竖直下方、d=处有一垂直于MN的足够大的挡板现将一重力不计、比荷=1l06Ckg的正电荷从P点由静止释放，经过t=110-4s，电荷以v0=1104ms的速度通过MN进入磁场求：(1)P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小；(2)电荷打到挡板的位置到MN的距离；(3)电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间【答案】（1）0.5m；100N/C（2）0
24、.28m（3）4.6710-4s【解析】【分析】（1）根据平均速度公式求解P点到MN的距离；根据牛顿第二定律结合运动公式求解匀强电场的电场强度E的大小；（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合结合关系求解电荷打到挡板的位置到MN的距离；（3）根据几何关系求解电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角，根据求解时间；根据运动公式求解在电场中的运动时间.【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离为 解得x=0.5m由速度公式v0=at由牛顿第二定律qE=ma解得E=100N/C（2）电荷在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得： 解得 运动周期 电荷在电场、磁场中运动轨迹如图，Q点到挡板的距离为 则，即A点到MN的距离x=rcos600=m=0.28m.（3）电荷在电场中运动的总时间： 电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为 电荷在磁场中运动的总时间 解得 则电荷从P点出发至运动到挡板所需的时间为【点睛】本题的关键是要求出正电荷在交变磁场中运动半径和周期，从而确定正电荷在交变磁场中的周期性运动的轨迹，再由几何关系求出距离和时间
