1、四川省江油中学高二上学期第三次阶段考试物理试题一、必考选择题。本题共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第79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. 如下四幅图表示运动电荷或通电直导线分别在匀强磁场中的受力方向，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A根据左手定则，正电荷所受洛伦兹力与速度和磁场所组成的面垂直，即垂直纸面向外，A错误；B根据左手定则，负电荷所受洛伦兹力向左，B错误；C根据左手定则，垂直纸面向里的电流所受安培力向右，C错误；D根据左手定则，沿着纸面斜向右上方的
2、电流所受安培力垂直磁场、垂直电流、斜向右下方，D正确。故选D。2. 如图所示，两通电长直导线垂直纸面放置，它们的电流大小相等、方向相同，菱形的对角线与两导线垂直相交，菱形的中心O到两导线的距离相等则下列说法错误的是（）A. O点的磁感应强度大小为零B. b点与d点的磁感应强度大小相等、方向相反C. a点与c点的磁感应强度大小相等、方向相同D. 上各点磁感应强度方向相同【答案】C【解析】【详解】A根据右手螺旋定则，右边通电导线在产生的磁场大小为方向向上，左边通电导线在产生的磁场大小为方向向下，故O点的磁感应强度大小为零，故A正确，不符合题意；B右边通电导线在产生的磁场大小为方向向左上方，左边通电
3、导线在产生的磁场大小为方向向左下方，b点的磁感应强度方向由c指向a，同理可得，d点的磁感应强度方向由a指向c，且大小与b点相同，故B正确，不符合题意；C根据右手螺旋定则和磁场的叠加可知，与c点的磁感应强度大小相等，a点磁感应强度方向向下，c点磁感应强度方向向上，故C错误，符合题意；D根据右手螺旋定则和磁场的叠加可知，上各点的磁感应强度方向均由c指向a，故D正确，符合题意。故选C。3. 电荷量为5.0108C的点电荷，从电场中的a点移到b点的过程中，电场力做功6.0103J，则下列说法正确的是（）A. 电荷的电势能增加了6.0103JB. 电荷的电势能减少了6.0103JC. a、b两点电势差等
4、于1.210-5V，a点电势高D. a、b两点电势差等于1.2105V，b点电势高【答案】B【解析】【详解】AB从a点移到b点过程中电场力做功6103J，根据功能关系可知电荷q电势能减小了为6103J，故A错误，B正确；CD根据电场力做功与电势差的关系，可得a、b间的电势差为所以a点的电势比b点的电势高，故CD错误。故选B。4. 如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则（）A. 油滴保持静止B. 点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将减小D. 电容器的电容减小，极板带
5、电荷量将增大【答案】A【解析】【详解】ABC将上极板水平向右移动一小段距离，由于电容器始终与电源相连，其两端电压不变，则极板间电场强度不变，油滴将保持静止，且P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，故A正确，BC错误；D根据平行板电容器电容的决定式和定义式可知将上极板水平向右移动一小段距离，两极板正对面积S减小，则C减小，而U不变，所以极板带电荷量Q将减小，故D错误。故选A。5. 如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1，闭合开关S后，标有“8V、8W”的灯泡L恰能正常发光，电动机M的电阻R0=4，下列说法正确的是（）A. 流经电源的电流为3.5AB. 电动机M的发热功率为4WC. 电源的输出
6、功率P出=18WD. 10s内电动机M输出的能量为80J【答案】B【解析】【详解】AC灯泡恰能正常发光，并联部分电压为内电压应为流过电源的电流电源的输出功率AC错误；BD流过灯泡的电流则可得流过电动机的电流电动机的热功率电动机的总功率电动机的机械功率10s内电动机M输出的能量D错误B正确。故选B。6. 如图所示，由相同金属导线绕成正方形导线框ABCD，将线框放入垂直于纸面向里的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，将C、D两端点接在电源两端，若线框AB边所受安培力大小为，整个线框ABCD所受的安培力大小为（）A B. C. D. 0【答案】B【解析】【详解】由电路图可知CD与CBAC并关联，设通过A
7、B的电流为I，由电阻定律知并联电路电压相等，则通过CD的电流为3I，根据左手定则知AD、CB之间的安培力大小相等，方向相反，所以合力为零，由则CD边所受安培力为由左手定则知AB、CD边所受安培力方向相同，则整个线框ABCD所受的安培力大小故B正确，ACD错误。故选B。7. 一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动的轨迹如图虚线所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断()A. 此粒子由a到b，电场力做正功，由b到c，粒子克服电场力做功B. 粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能C. 粒子在c点的速度和在a点的速度大小相等D. 等势面a比等势面b的电势高【答案】
8、BC【解析】【分析】【详解】A从粒子轨迹的弯曲情况，可判断出，粒子由a到b，电场力做负功，由b到c，电场力做正功，故A错误；B根据上一选项分析可知，粒子由a到b，电场力做负功，根据电场力做功与电势能转化的关系，可判断出，粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能，故B正确；C粒子运动过程中，只有电场力做功，涉及的是粒子动能和电势能之间的相互转化，总量保持不变，又因为a、c两点处在同一条等势线上，故粒子在c点的速度和在a点的速度大小相等，故C正确；D题中点电荷与带电粒子的电性未知，故不能判断等势面的高低，故D错误。故选BC。8. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，闭合开关S
9、，减小可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量大小为U，电流表示数的变化量大小为I。下列说法正确的是（）A. 电容器的带电量减小，减小量为CUB. 通过电阻R1的电流增大，增大量为I，且等于C. 电路的路端电压一定减小，减小量大于UD. 可变电阻R的功率可能变大【答案】AD【解析】【详解】A闭合开关S，减小可变电阻R的阻值后，电路中电流增大，由欧姆定律分析得知，电阻两端的电压增大，R两端的电压减小，而它们的总电压即路端电压减小，所以电阻两端的电压增大量小于。电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压减小，带电量减小，减小量为，故A正确。B根据A的分析可知，电阻两端的电压增大量小于，所
10、以通过电阻的电流增大量小于，故B错误。C总电流增大，则内阻所占电压增大，所以电路的路端电压一定减小，由于电阻两端的电压增大，而R的电压减小，所以电路的路端电压减小量小于，故C错误。D当可变电阻的阻值与的阻值相等时，功率最大，由于不知道具体的值，所以可变电阻R的功率可能变大，故D正确。故选AD。9. 图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是（）A. t3-t2=t2-t1
11、=t1B. v1：v2：v3=1：2：3C. 粒子在电场中的加速次数为D. 同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变【答案】AC【解析】【分析】【详解】A粒子在磁场中做匀速圆周运动，由可得粒子运动周期为故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t1=t1A正确；B粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为可得故速度之比为v1：v2：v3=1：B错误；C由B分析可得联立解得故粒子在电场中的加速次数为，C正确；D由A的分析可得由B的分析可知故即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。故选AC。二、必考非选择题。本题共4小题，共44分。10. 某同学用多用
12、电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，先将选择开关旋至“10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至_（选填“1”或“100”）挡并重新短接调零，最终测量结果如图所示，则电压表的电阻为_（结果保留两位有效数字）。【答案】 . 100 . 3.0103【解析】【详解】1欧姆表指针偏角太小，说明所选倍率过小，应换为较大的倍率“100”，并重新短接调零；2题图电压表的电阻读数为11. （1）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，由图中的示数可知该金属圆片的直径的测量值为_cm，厚度的测量值为_mm。（2）某同学想利用实验描绘小灯泡（2.5
13、V；0.3A）的伏安特性曲线，应选用的电路图是_。A B C D（3）该同学利用上题电路图实验得到的小灯泡的U-I关系如下图甲所示。如果将该小灯泡分别接入图乙、丙两个不同电路中，图乙电源电动势为1.5V，内阻不计。图丙中电源电动势为5V，内阻不计，定值电阻R=20。则接入_（选填“乙”或“丙”）电路时，小灯泡较亮些，消耗的电功率为_W。【答案】 . 1.240 . 1.682 . C . 乙 . 0.33【解析】【详解】（1）1游标卡尺的精度为0.05mm，其主尺读数为12mm，游标读数为，所以最终读数为：12.40mm=1.240cm；2螺旋测微器读数为（2）3描绘小灯泡的伏安特性曲线，由于
14、小灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，且该实验需要多组数据测量且电压，电流从零变化，所以电路应采用“分压式外接法”，故选C；（3）45将小灯泡接入图乙电路，则此时由图甲知，则灯泡消耗的功率为将图丙电源的伏安特性曲线（可将定值电阻看作电源内阻）画在小灯泡的关系图像中，两图线的交点表示此时小灯泡的工作状态，如图所示可得，则灯泡消耗的功率为故接入乙电路中灯泡消耗的功率较大，小灯泡较亮些，消耗的功率为0.33W。12. 如图所示，一质量为m、带电荷量为q的带电粒子贴着A板沿水平方向以速度射入匀强电场，然后从右端飞出。已知平行正对放置的两极板之间的长均为L，两极板间的距离为d，加在两极板上的电压为U。求：（
15、不计带电粒子重力）(1)带电粒子在极板间运动的时间。(2)带电粒子在极板间运动时的加速度大小。【答案】(1)；(2)【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有(2)在竖直方向做匀加速运动，据牛顿第二定律可得场强大小联立解得。13. 如图所示，在直角坐标系中，第象限部分区域内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为，第象限内分布着方向沿轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电量为、质量为的离子经过电压为的电场加速后，从上的A点垂直轴进入第一象限，经磁场偏转后过轴上的点且垂直轴进入电场区域，在电场中偏转并击中轴上的点，速度与轴负向夹角为。已知，。（忽
16、略重力影响）（1）求射入磁场时的速度。（2）求电场强度的大小。（3）实际科学研究中，要考虑磁场的占地面积。若仍满足上述粒子的运动轨迹，设置一个矩形磁场，则矩形磁场的最小面积为多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）设带电粒子经电压为U的电场加速后获得速度为，由动能定理得解得（2）带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，从P点到达C点，由运动学公式得 解得（3）带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有几何关系可得，带电粒子在第一象限的运动半径为则矩形磁场的最小长度为矩形磁场的最小宽度为 即最小面积三、选考题（34）。本题共5小题，共30分。第14、15、16题每小题4分，
17、给出的四个选项中只有一项符合题目要求。用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。14. 如图所示为某弹簧振子在05s内的振动图象，由图可知，（）A. 在01s内，振子做负向加速运动B. 第2s末振子的加速度和速度均为0C. 第3s末振子的加速度为正向的最大值D. 在13s内 ，速度方向没有发生变化【答案】A【解析】【详解】A在01s内，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，做负向加速运动，故A正确；B第2s末振子位于负向最大位移处，加速度达到最大值，速度为0，故B错误；C第3s末振子位于平衡位置，加速度为0，故C错误；D振子在12s内速度方向为负，在23s内速度方向为正，故D错误。故选A。15.
18、在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，下列说法正确的是（）A. 测量摆长时需将细线拉紧B. 应从摆球运动到最高点开始计时C. 若将次摆动的时间误记为次摆动的时间，重力加速度的测量值将偏大D. 若单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，摆长变大，重力加速度的测量值将偏大【答案】C【解析】【分析】【详解】A测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差。故A错误。B测量周期时应该从摆球运动到最低点时开始计时，这样会减小误差，故B错误；C实验中误将n次摆动的时间计为n+1次，则求出的周期偏小，根据求出的g偏大。故C正确；D单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
19、，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小。故D错误。故选C。16. 下列关于机械波的说法正确的是（）A. 质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上的波叫作横波B. 虽然在真空中质点间没有相互作用力，但是机械波还是能在真空中传播C. 波在传播振动这种运动形式的同时，也可将信息传播出去D. 波传播的过程就是介质中的质点随波迁移的过程【答案】C【解析】【详解】A质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上的波叫作纵波，质点的振动方向与波的传播方向垂直的波叫作横波，A项错误；B正是因为真空中质点间没有相互作用力，一个质点的振动不会带动周围质点的振动，从而不能形成机械波，B项错误；C波在介质中传播，
20、不仅传播振动形式，而且能将能量和信息传播出去，C项正确；D介质中的质点只是在各自的平衡位置两侧做周期性振动，并不随波迁移，D项错误。故选C。17. 如图所示是某弹簧振子的振动图像。该振子振动的初相位是_，如果从点O开始计时，到图中的_点为止，振子完成了一次全振动，从t=0s到时，振子所通过的路程是_。【答案】 . 0 . D . 14cm【解析】【详解】1由题图知该振子振动的初相位是；2振子完成一次全振动所需要的时间为1个周期，由题图知从O点到D点为止，振子完成一次全振动；3由题图知振动周期为T=0.8s；振幅为2cm；因为所以，从t=0s到时，振子所通过的路程是18. 如图所示为一沿水平方向
21、振动的弹簧振子的振动图象，求：（1）从计时开始，什么时刻第一次达到动能最大?（2）在第2s末到第3s末这段时间内振子的速度、弹性势能各怎样变化?（3）该振子在前100s内总位移是多少?（4）写出该振动的振动方程。【答案】（1）0.5s末；（2）速度先增大后减小，弹性势能先减小后增大；（3）0；（4）【解析】【详解】（1）弹簧振子在到达平衡位置时位移为零，速度最大，所以由题图知从计时开始，0.5s末弹簧振子的速度达到最大，动能达到最大；（2）由题图知2s到2.5s，振子向负方向做加速度减小的加速运动，动能增大，由于弹簧的弹性形变变小，故弹性势能减小；在2.5s到3s内，振子向负方向做加速度增大的减速运动，动能减小，弹簧的弹性势能增加。所以，在第2s末到第3s末这段时间内振子的速度先增大后减小，弹性势能先减小后增大；（3）由题图知弹簧振子的周期为T=2s，100s=50T，振子回到初始位置，所以振子在前100s总位移为0。（4）由题图知振子振幅为0.5cm，周期为2s，初相位为，角速度为所以，该振动的振动方程为