1、四川省棠湖中学2018-2019学年高二上学期第三次月考理综-物理试题一、选择题1.真空中有两个点电荷，它们间的静电力为F。如保持它们间的距离不变，将其中一个的电量增大为原来的2倍，则它们间的作用力大小变为（ ）A. F/4B. F/2C. FD. 2F【答案】D【解析】根据公式，保持它们的带电量不变，将它们的距离增大为原来的2倍；故选A。2.下列说法正确的是（ ）A. 电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线B. 磁场与电场一样，对放入其中的电荷一定有力的作用C. 在公式中，F与E的方向不是相同就是相反D. 由公式知，F越大，通电导线所在处的磁感应强度一定越大【答案】C【解析】试题分析：
2、（1）电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的；（2）磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线根据磁感线的特点分析解：A、电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的故A错误；B、磁场对在磁场中运动的电荷才可能有力的作用，对磁场中的静止电荷没有力的作用；故B错误；C、在公式E=中，正电荷受力的方向与电场强度的方向相同，负电荷受力的方向与电场强度的方
3、向相反；F与E的方向不是相同就是相反故C正确D、公式B=是磁感应强度的定义式，由磁场本身决定，与安培力F的大小无关故D错误故选：C【点评】电场和磁场都是客观存在的一种物质，这种物质与通常的实物不同，它们的基本特点是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对放入磁场的电流有力的作用3.如图所示的扇形区域，A.B是1/3圆弧的两个端点，D是圆弧的中点，圆弧的圆心为O、 半径为r，AB与OD相交于C点，电荷量均为Q的两个正点电荷分别固定于A、B点。关于这两个电荷形成的电场（静电力常量为k），下列说法正确的是（ ）A. O、C、D三点的电势相等B. C点的电场强度大小为C. D点的电场强度大小为D. 若
4、在O点由静止释放一个试探正点电荷（仅考虑所受电场力），该电荷将在OD间做往复运动【答案】C【解析】根据电势的叠加原理可知，两个电荷形成的电场中，C点的电势最高，OD两点电势相等且小于C点电势，选项A错误；两个电荷在C点形成的电场等大反向，则根据场强的叠加原理可知C点的场强为零，选项B错误；D点的电场强度大小为，选项C正确；若在O点由静止释放一个试探正点电荷，因O点的场强方向沿CO方向，则电荷将沿CO方向做直线运动，选项D错误；故选C.点睛：此题考查等量同种电荷的电场分布问题；注意场强的叠加满足平行四边形法则，而电势的叠加满足代数和.4.如图，电路中电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R为定值
5、电阻。闭合开关S，小灯泡L正常发光。现将滑动变阻器的滑片由右向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表Vl、V2示数变化量的绝对值分别为U1、U2理想电流表A示数变化量的绝对值为I。则A. 滑动过程中，电源的输出功率一定增大B. 滑动过程中，电压表Vl的示数逐渐增大C. 与均保持不变D. 当电路稳定后，断开开关S，小灯泡一定立刻熄灭【答案】C【解析】将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻变大，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，V1示数减小由于电源的内阻与外电阻的大小关系未知，所以电源的输出功率不一定增大，故AB错误根据U2=E-Ir，得=r，保持不变=R，保持不变，故C正确当电路稳
6、定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D错误故选C点睛：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析5.质子（）和粒子（）的电荷量之比q1q2=12，质量之比m1m2=14，它们以相同的动能进入同一匀强磁场中，在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动，则它们的轨道半径之比和运动周期之比分别为( )A. R1R211，T1T212B. R1R211，T1T221C. R1R212，T1T212D. R1R221，T1T221【答案】A【解析】【详解】质子()和粒子()以相同的动能垂直进入同一匀强磁场中，
7、均做匀速圆周运动.因动能相同，则由,可得动量P之比1:2；由轨迹的半径为得，半径与这两粒子的动量P以及电量的比值成正比。即R1：R2=1:1；而周期公式：得,周期与这两粒子的质量与电量的比值成正比,即T1：T2=1:2;故选A.【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动规律；再根据洛伦兹力充当向心力可明确半径关系，根据周期公式可求得周期之比6.如图所示，长均为d的CD、EF两条金属导轨水平平行放置，导轨间距为L。导轨的D、F间接有一电阻R，左端C、E分别与弯曲的光滑轨道平滑连接。矩形CDFE区域内存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一电阻为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高
8、处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知水平金属导轨电阻不计，与导体棒间的动摩擦因数为，导体棒与水平导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g，不计电磁辐射。在导体棒的整个运动过程中，下列说法中正确的是( )A. 流过电阻R的电荷量为B. 电阻R的最大电流为C. 电阻R中产生的焦耳热为D. 导体棒在磁场中运动的最大加速为【答案】BC【解析】流过电阻R的电荷量，故A错误；金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：，解得：金属棒到达水平面时的速度，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为，最大的感应电流为，最大加速度为，故B正
9、确，D错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：，则克服安培力做功：，所以整个电路中产生的焦耳热为，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热，故C正确；故选BC。【点睛】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由可以求出流过电阻R的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热7.如图所示，平行金属轨道宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面夹角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中
10、，磁感应强度为B现将一质量为m长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分（导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程与导轨保持良好接触，重力加速度为g）不计一切摩擦阻力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中（ ）A. 导体棒匀速运动时速度大小为B. 匀速运动时导体棒两端电压为C. 导体棒下滑距离为S时，通过R的总电荷量为D. 重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能【答案】AC【解析】试题分析：导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有，根据欧姆定律可得，根据法拉第电磁感应定律可得，联立解得，故导体棒两端的电压为，所以A正确B错误；
11、根据法拉第电磁感应定律，故，根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，故C正确D错误；考点：考查了电磁感应切割类问题【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、动能定理即可正确解题8.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（ ）A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C.
12、 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D. 只要速度满足v， 沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】D【解析】试题分析：当速度满足时，粒子运动半径，则无论入射方向如何都能满足轨迹入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，A正确D错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心故B错误；根据，因为对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，所以运动时间越短，C错误；考点：考查了带电粒子在有界磁场中
13、的运动【名师点睛】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系二实验题9.如图所示是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验装置，所用的打点计时器通以频率为 f的交流电 （1）某同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图所示，其中O点为重物刚要下落时打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA、AB、BC间的距离分别为x1、x2、x3，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点已知重物的质量为m
14、。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量的表达式Ep=_；重物的动能增加量的表达式Ek=_（重力加速度为g）。（2）该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的_误差（填“偶然”或“系统”）。【答案】 (1). (2). (3). 系统【解析】（1）在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量的表达式Ep=mg(x1+x2)；B点的速度，则重物的动能增加量的表达式 （2）该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于由于实验原理不完善造成的误差，是系统误差。10.在一次课外活动中，某物理兴趣小组为了测量由干电池组合的电源的电动势（约为3V）和内电阻，在实验室寻找到了下列器材：电压表V（量程015v；内阻约
15、为15k）；电流表A1（量程00.6A；内阻约为1.0）；电流表A2（量程01mA；内阻为40）；电阻箱R1（阻值范围为09999）；滑动变阻器R2（阻值范围为020；额定电流2A）；导线、开关若干。（1）因电压表的量程过大，测量不精确，可用电流表改装。要将电流表改装成3V量程的电压表，应该选用的电流表是_（选填A1或A2），将其与电阻箱R1_（选填串联或并联），此时电阻箱R1的阻值应调至_。 （2）为了测定电源的电动势和内电阻，请你帮该小组设计一个测量电路图，并画在答题卷的虚线框内 _。（3）闭合开关，改变变阻器滑片的位置，测得多组数据，画出了两电流表的关系I2I1图象如图，则电源电动势E_
16、V，电源内阻r_.（结果均保留三位有效数字）。【答案】 (1). A2 (2). 串联 (3). 2960 (4). (5). 2.792.85 (6). 2.402.50【解析】（1）要将电流表改装成3V量程的电压表，应该选用已知内阻的电流表A2，将其与电阻箱R1串联，此时电阻箱R1的阻值应调至。 （2）测量电路如图；（3）由闭合电路欧姆定律可得：I2（R1+rg）=E-I1r变形得：，因R1+rg=3000，则由数学知可得：图象中的，解得r=2.50；截距，解得E=2.85V点睛：本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，
17、如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察三、计算题11.如图所示，长为60cm，质量为60g的均匀金属杆MN，用两根劲度系数k均为30N/m的轻弹簧将两端悬挂在天花板上，MN处于磁感应强度为0.2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，并呈水平状态，g取10m/s2求：（1）要使弹簧恢复原长，应通入什么方向的电流？电流强度多大？（2）若使电流方向改变而大小不变，稳定后弹簧的伸长量为多少？【答案】（1）要使弹簧恢复原长，应通入由M向N的电流；电流强度为5A（2若使电流方向改变而大小不变，稳定后弹簧的伸长量为0.02m【解析】试题分析：（1）根据安培力等于重力，即可求解电流大
18、小，由左手定则判断电流方向，由受力平衡可以得到电流强度；（2）电流方向改变而大小不变，导体棒受到的安培力大小不变，方向与原来相反，由平衡条件可得稳定后弹簧的伸长量解：（1）要使弹簧恢复原长，安培力方向应向上，由左手定则可判定电流方向为由M向N；当安培力等于重力时弹簧恢复原长，有：BIL=mg，解得：（2）电流方向改变而大小不变，导体棒受到的安培力大小不变，方向与原来相反，由弹力与安培力和重力平衡：2kx=BIL+mg，即：2kx=2mg，解得：答：（1）要使弹簧恢复原长，应通入由M向N的电流；电流强度为5A（2若使电流方向改变而大小不变，稳定后弹簧的伸长量为0.02m【点评】重点掌握安培力、弹
19、力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式的综合应用，同时注意左手定则的应用12.如图所示，AB是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数= 0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0103N/C，质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下。已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q = -5.010-4C，取重力加速度g = 10m/s2，sin37= 0.60，cos37=0.80。求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大
20、小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力。【答案】（1）2.4m/s（2）11.36N, 方向竖直向下【解析】【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小.(2)滑块从B到C点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f =(mg + qE)cos37=0.96N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得:(mg + qE)h -解得:v1=2.4m/s (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：(mg + qE)R(1cos37)=当滑块经过最低点时，有:FN-(mg+qE
21、)= 由牛顿第三定律：FN，= FN=11.36N, 方向竖直向下【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.13.在如图所示的直角坐标中，x轴的上方有与x轴正方向成=45角的匀强电场，场强的大小为。x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2102T，方向垂直纸面向外。把一个比荷为的带正电粒子从坐标为（0，1.0）的A点处由静止释放，电荷所受的重力忽略不计。求：（1）带电粒子从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；（2）带电粒子在磁场中的偏转半径R；（3）带电粒子第三次到达x轴上的位置坐标。【答案】（1）（2）（3）（8，0）【解析】试题分析：（1）带电
22、粒子从A点释放后做匀加速直线运动，有：联解并代入数据得：（2）设带电粒子进入磁场时的速度为v，则：带电粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下以O1为圆心做匀速圆周运动，有：联解并代入数据得：（3）根据粒子运动轨迹的对称性，由几何关系知带电粒子第二次到轴的位置与第一次相距：可知粒子恰从O点回到电场区域，作出运动轨迹如图所示。带电粒子再次进入电场后，粒子做类平抛运动，设运动时间t后到达x轴位置Q（xQ，0），则由运动学规律有：沿着速度v方向：垂直速度v方向：联解并代入数据得：，即Q点位置坐标为（8，0）。 评分参考意见：本题满分14分，其中式各2分，式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。考点：带电粒子在电场、磁场中的运动
