1、试卷类型：B2014届高三月考试题四物 理适用地区：课标地区 考查范围：选修3-1 建议使用时间：2013年11月底第卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1、（2013江西省临川一中模拟）如图所示，直线上固定两个正点电荷A与B，其中B带+Q的电量，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一速度向右运动，不计粒子的重力，并且已知该负电荷在CD间运动的速度v与时间t的关系图象，则A点电荷的带电量可能是（ ）A.+Q B.+2Q C.+3Q D.+4Q2、（2013江西省南昌二中模拟）如图所示，虚线a、b
2、、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ）A三个等势面中，c的电势最高B带电质点在P点的电势能比在Q点的小C带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D带电质点在P点的加速度比在Q的加速度小3、（2013河北省南宫中学模拟）如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线。若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I=2A对应的外电阻是（ ）A.2W、0
3、.5 B.4W、2 C.2W、1 D.6W、24、如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是（ ）A电流表读数变小，电压表读数变大B小电泡L变亮C电容器C上电荷量减小D电源的总功率变大5、（2013山西省忻州一中模拟）一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则只需要知道 （ ）A运动速度v和磁感应强度B B磁感应强度B和运动周期TC轨道半径r和运动速度v D轨道半径r和磁感应强度B6、（2013江苏省南京市四校联考）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由
4、左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b （ ）A穿出位置一定在O点下方 B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小 D在电场中运动时，动能一定减小二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个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4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分。）7、（2013江苏省扬州中学质量检测）如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于，并处于匀强磁场中
5、，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，则磁感应强度方向和大小可能为（ ）Az正向，mgtan/IL By正向，mg/IL Cz负向，mgtan/IL D沿悬线向上，mgsin/IL8、如图所示，为真空中某一点电荷Q产生的电场，a、b分别是其电场中的两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与a、b连线成120角；b点的场强大小为Eb，方向与a、b连线成150角。一带负电的检验电荷q在场中由a运动到b，则（ ）Aa、b两点场强大小EaEb=31Bq在a、b两点受到的电场力大小之比FaFb=13Ca、b两点电势相比较Dq在a、b两点电势能相比较ab9、如图，质量分别为
6、mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为q1与q2（q1q2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（）A. mA一定小于mB B. qA一定大于qBC. vA一定大于vB D. EkA一定大于EkB10、（2013河北省衡水中学届模拟）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面。不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外
7、侧。现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是（ ）A增大加速电压 B增加偏转磁场的磁感应强度C将圆形磁场区域向屏幕靠近些 D将圆形磁场的半径增大些第卷三、填空题（本题共2小题，每小题4分，共8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、一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示额定容量54 L最高水温75额定功率1500 W额定压力0.7 MPa额定电压220 V电器类别类根据表中所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为 A12、N（N1）个电荷量均为q（q0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图。右移去位
8、于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为_，方向_。（已知静电力常量为k）四、实验题（本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15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。）13、在测量电池的电动势和内电阻的实验中，待测电池、电键和导线，配合下列哪一种仪器，不能达到实验目的 ( )A一只安培表和一只电阻箱B一只伏特表和一只电阻箱C一只安培表、一只伏特表和一只滑动变阻器 D一只安培表和一只滑动变阻器14、在练习使用多用表的实验中（1）某同学连接的电路如图所示若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧
9、姆挡，此时测得的是_的电阻；若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是_两端的电压。（2）（单选）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若（）（A）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大（B）测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量（C）选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25W（D）欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大五、计算题（本题共4小题，第15题8分，第16题11分，第17、18题各12分，共43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
10、骤。）15、实验室需要用电子打击静止在P点的粒子,先让电子在直线加速器中经过电压U加速，再从小孔O沿方向水平飞出。已知OP的距离为d，OP与的夹角为，电子的质量为m，电量为-e，要想电子能打到P点，可在直线加速器左侧加一个垂直于纸面的磁场，求磁感应强度的表达式并说明方向。16、（2013河北省衡水中学模拟）如图所示，两个长均为L的轻质杆，通过A、B、C上垂直纸面的转动轴与A、B、C三个物块相连，整体处于竖直面内。A、C为两个完全相同的小物块，B物块的质量与A小物块的质量之比为21，三个物块的大小都可忽略不计。A、C两物块分别带有+q、-q的电量，并置于绝缘水平面上，在水平面上方有水平向右的匀强
11、电场，场强为E，物块间的库仑力不计。当AB、BC与水平面间的夹角均为53时，整体恰好处于静止状态，一切摩擦均不计，并且在运动过程中无内能产生，重力加速度为g。（sin53=0.8，cos53=0.6）（1）求B物块的质量；（2）在B物块略向下移动一些，并由静止释放后，它能否到达水平面？如果能，请求出B物块到达地面前瞬时速度的大小；如果不能，请求出B物块所能到达的最低位置。17、四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现在供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄水提水是目前解决问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80的皮带，带动效率为60的离心水泵工作。工作
12、电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4。已知水的密度为1103kg/m3,重力加速度取10m/s2。求：（1） 电动机内阻消耗的热功率；（2） 将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。18、（2013江西省重点中学联考）如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC
13、与水平面夹角=30，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强E；（2）AD之间的水平距离d；（3）已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？试卷类型：B2014届高三月考试题四物 理 参 考 答 案1、答案：D 解析：根据v-t图象可知，该负电荷在CD间运动的电场力逐渐减小，到D点时速度减为零，加速度为零，合外力也为零，根据平衡条件有，代入数据，可得QA=+4Q，本题正确选项为D。2、答案：A 解析：由于带点质点做曲线运动，其所受电场力的方向必定指向轨道的凹侧，且和等势面垂直，考虑到质点带负电，所以电场线方向是从c指向b再指向a，根
14、据沿着电场线的方向电势逐渐减小，可知UcUbUa，故选项A正确；质点带负电，且P点的电势低于Q点，根据负电荷在电势越低的地方电势能越大，可知带电质点在P点的电势能比在Q点的大，选项B错误；根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，选项C错误；由于相邻等势面之间的电势差相等，P点处的等势线较密，所以EPEQ，qEPqEQ，根据牛顿第二定律，带电质点在P点的加速度比在Q的加速度大，选项D错误。3、答案：A 解析：直流电源的总功率P总=IE，所以直线OAC的斜率值就是电源电压值，即E=3V；因为直流电源内部热功率Pr=I2r，将I=3A，Pr=9W代入可得，r=1；线段
15、AB表示I=2A时电源的输出功率，即P出=P总-Pr=IE-I2r=2A3V-（2A）21=2W；I=2A对应的外电阻R=，选项A是正确的。4、答案：A 解析：滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，变阻器两端的电压增大，电容器C极板间电压也增大，根据关系式Q=CU可知，电容器C上电荷量增大，选项C错误；滑动变阻器接入电路的阻值增大时，外电路电阻R增大，干路电流I=E/（R+r）减小，路端电压U=E-Ir增大，所以电流表读数变小，电压表读数变大，选项A正确；流过灯泡的电流等于干路电流，根据P=I2RL可知，当I减小，RL不变时，灯泡的实际功率P减小，所以小电泡L变暗，选项B错误；干路电
16、流I变小，电源的总功率P总=EI也变小，选项D错误。5、答案：B 解析：根据洛伦兹力提供向心力有，可得，即，显然，选项ACD错误；将代入可得，选项B正确。6、答案：C 解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq，即只要满足E =Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方或下方穿出，故选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误。7、答案：BC 解析：
17、若沿z正向，根据左手定则可知，安培力指向y轴负方向，导线不可能平衡，所以选项A错误；若沿y正向，安培力指向z轴正方向，根据平衡条件可得BIL=mg，所以B=mg/IL，选项B正确；若沿z负向，安培力指向y轴正方向，根据平衡条件可得BIL=mgtan，所以B=mgtan/IL，选项C正确；若沿悬线向上，安培力垂直于悬线指向左下方，导线不可能平衡，所以选项D错误。8、答案：AD 解析：通过作图找出点电荷Q的位置，并设a、b间距为2l，则a、b两点距点电荷的间距分别为l和，如上图右图所示；根据点电荷周围的场强公式，及ra=l和rb=，可知EaEb=31，故选项A正确；FaFb=qEaqEb=EaEb
18、=31，选项B错误；因为越靠近场源正电荷电势越高，所以，选项C错误；检验电荷q带负电，又，所以ab，选项D正确。9、答案：ACD 解析：分别以A、B球为研究对象进行受力分析可知两球间的库仑力为，而q1q2，故，选项A正确，选项B错误。由于平衡时，两小球恰处于同一水平位置，且q1q2，故两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动到最低点，A球下降的高度要大一些，因而选项C正确。最大动能等于mgh(1-cos)/cos=mghtan tan(/2)，由于mghtan相等，因此开始大的球最大动能大.(tan(/2)=(1-cos)/sin)，选项D正确。10、答案：AC 解析：现要使电子束偏转回到P点，可
19、行的办法可分为两大类：一类是不改变电子在磁场中的偏转角度，而将圆形磁场区域向屏幕靠近些；另一类是不改变屏幕的位置，而是减小电子在磁场中的偏转角度，具体做法包含三个方面：（1）增大加速电压，以提高射入磁场时粒子的速度；（2）减小偏转磁场的磁感应强度；（3）将圆形磁场的半径减小些。综上可知，只有选项AC正确。11、答案：6.8 解析： 由PUI可知，该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为：I A6.8 A。12、答案：,方向沿OP指向P点 解析：移去P点小球后，余下小球在o点产生的合场强与p点小球在O点产生的场强等大反向，故大小为,方向沿OP指向P点。13、答案：D 解析：A、B选项是利用闭
20、合电路的欧姆定律列方程计算,C选项来源于课本是实验室中测量电源电动势和内电阻的方法,D选项只能测出电路中的电流，不能测量电压，因而不能测出.电源的电动势和内电阻。14、答案：（1）R1，R1和R2串联，R2（或电源） （2）D 解析：（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时多用电表与R1串联，测量的是通过R1的电流。断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时R1和R2串联接入欧姆表，因而测量的是R1和R2串联的电阻。旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，R10，此时测量的是R2两端的电压。（2）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小，选项
21、A错误。测量时发现指针偏离中央刻度过大，若在中央刻度左边，需要增大倍率；若在中央刻度右边，需要减小倍率，重新调零后再进行测量，选项B错误。选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，测量值要大于25W，选项C错误。欧姆表内的电池使用时间太长，电池内阻变大，虽然完成调零，但测量值将略偏大，选项D正确。15、答案：emUd2sin2q 方向垂直纸面向里解析：设磁感应强度为，电子速率为，电子做圆周运动的半径为在电子加速过程对电子用动能定理 电子做匀速圆周运动洛仑兹力作为向心力 根据电子轨迹得到几何关系 解出 ，方向垂直纸面向里 16、答案： 解析：（1） 以A为研究对象，如图1所示，N为轻质
22、杆的弹力大小，则有N cos53= Eq，得：N =，以B为研究对象，如图2所示，Mg为大物块的重力，则有2N sin53= Mg，得：。（2）B物块将向下做加速度增大的加速运动，一直到B物体落地；以整体为研究对象，有重力和电场力做功，设大物块落地前的瞬间速度大小为v，此时小物块的速度为零，即：，得：。17、答案：1103W 2l04s解析：(l)设电动机的电功率为P，则P=UI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r代入数据解得Pr=1103W (2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为，则M=V设质量为M的河水增加的重力势能为Ep，则Ep=Mgh设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr根据能量守恒定律得P0t60%80%=Ep代人数据解得t=2l04s18、答案： 解析：（1）小颗粒受力如图所示，合力方向沿运动方向，则qE=mgcot，可得E=，方向：水平向右。（2）设小颗粒在D点速度为vD，在水平方向由牛顿第二定律得：qE=ma，2ad=vD2，小颗粒在D点离开水平面的条件是：qvDB=mg，解得。（3）当速度方向与电场力和重力合力方向重直时，速度最大，则，又R=kh，可解得：。版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()
