1、江苏省丰县中学 2018届高三物理第三次月考试卷一、单项选择题： 1. 将一电源电动势为 E，内电阻为 r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用 R表示外电路电阻， I表示电路的总电流，下列说法正确的是( )A. 由 U 外 IR可知，外电压随 I的增大而增大B. 由 U 内 Ir可知，电源两端的电压随 I的增大而增大C. 由 U E Ir可知，电源输出电压随输出电流 I的增大而减小D. 由 P IU可知，电源的输出功率 P随输出电流 I的增大而增大【答案】C【解析】试题分析：由全电路欧姆定律可知，U 外 EIr，则电源输出电压随输出电流 I的增大而减小，故选项 C正确；在 A选项中，U 外
2、 IR 可知，外电压与电流和电阻两个因素有关，故不能说电流增大，外电压就增大，其实电流增大是通过外电阻减小实现的，故选项 A错误；B 选项中，电源两端的电压也是指的路端电压，它也是随外电阻 R的增大而增大，而不是随电流的增大而增大，选项 B错误；D 选项中，由 PIU 外 可知，电源的输出功率 P与输出电流 I和电压有关，故不能说只通过输出电流就判断其大小，选项 D错误。考点：全电路欧姆定律，路端电压。2. 如图所示，先接通 S使电容器充电，然后断开 S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量 Q、电容 C、两极板间电势差 U、两极板间场强 E的变化情况是( )A. Q变小， C不变， U不变
3、， E变小B. Q变小， C变小， U不变， E不变C. Q不变， C变小， U变大， E不变D. Q不变， C变小， U变小， E变小【答案】C【解析】试题分析：电容器与电源相连接，电压 U保持不变；当增大两极板间距离时，根据 C= ，电容 C减小；当增大两极板间距离时，根据 E= ，电场强度减小；根据 Q=CU，电量减小；故选：A3. 如图所示，在两等量异种点电荷连线上有 D、 E、 F三点，且 DE EF。 K、 M、 L分别为过D、 E、 F三点的等势面。一不计重力的带负电粒子，从 a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以| Wab|表示该粒子从 a点到 b点电场力做功的数值，以| W
4、bc|表示该粒子从 b点到 c点电场力做功的数值，则( )A. |Wab| Wbc|B. |Wab| Wbc|C. 粒子由 a点到 b点，动能减少D. a点的电势较 b点的电势低【答案】C【解析】解：A、B 根据等量异种点电荷电场线的分布情况可知，DE 段场强大于 EF段场强，由公式 U=Ed定性分析得知，DE 间电势差的绝对值大于 EF间电势差的绝对值，由电场力做功公式 W=qU得，|Wab|W bc|故 A错误，B 也错误C、D 由图看出，电荷的轨迹向左弯曲，则知其所受的电场力大致向左，所以等量异种点电荷中正电荷在左侧，负电荷在右侧，a 点的电势高于 b点的电势，粒子由 a到 b过程中，电
5、势能增大，动能减小故 C正确，D 错误故选 C考点：等势面；电势分析：由题，DE=EF，根据电场线的疏密，可判断出 DE段和 EF段场强的大小，由公式 U=Ed定性分析 DE间电势差与 EF间电势差的大小由电场力做功公式 W=qU分析电场力做功大小由轨迹的弯曲方向判断电荷所受的电场力大致方向，确定电场力做功的正负，判断电势能的大小及电势的高低点评：本题要对等量异种点电荷周围电场线的分布情况要掌握，用公式 U=Ed定性可分析电势差的大小4. 如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光。在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说
6、法正确的是( )A. 小灯泡 L1、L 2均变暗B. 小灯泡 L1变暗，小灯泡 L2变亮C. 电流表 A的读数变大，电压表 V的读数变小D. 电流表 A的读数变小，电压表 V的读数变大【答案】D5. 如图所示， MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P点垂直于铝板向上射出，从 Q点穿越铝板后到达 PQ的中点 O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D【解析】设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为 r1、r 2，速度分别为
7、 v1、v 2由题意可知，粒子轨道半径：r 1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即：mv22= mv12，v 1= v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m ，磁感应强度： ，磁感应强度之比： ；故选 D6. 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，现令磁感应强度 B随时间 t变化，先按图所示的 Oa图线变化，后来又按 bc和 cd变化，令 E1、 E2、 E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、 I2、 I3分别表示对应的感应电流，则下列说法正确的是( )A. E1E2， I1沿逆时针
8、方向， I2沿顺时针方向B. E1E2， I1沿顺时针方向， I2沿逆时针方向C. E2E3， I2沿逆时针方向， I3沿顺时针方向D. E2 E3， I2沿逆时针方向， I3沿顺时针方向【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律可知 E=n ，由图知应有第 1段中磁通量的变化率较小，而 bc、cd 两段中磁通量的变化率相同，故有 E1E 2=E3由楞次定律可判断出 I1沿逆时针方向，I 2与 I3均沿顺时针方向故 BCD均错误；A 正确；故选 A点睛：本题考查法拉第电磁感应定律及楞次定律的应用，注意在 B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的7. 一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零
9、的直线运动。取该直线为 x轴，起始点 O为坐标原点，其电势能 Ep与位移 x的关系如图所示，下列图象中合理的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故： ，即 图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据 ，故电场强度也逐渐减小，A 错误； B、根据动能定理，有： ，故 图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与 B图矛盾，B 错误； C、按照 C图，速度随着位移均匀增加，根据公式 ，匀变速直线运动的 图象是直线，题图 图象是直线
10、；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C 错误；D、粒子做加速度减小的加速运动，D 正确；故选 D。视频二、多项选择题： 8. 如图甲、乙所示的电路中，电阻 R和自感线圈 L的电阻值都很小，且小于灯泡 A的电阻，接通 S，使电路达到稳定，灯泡 A发光，则( )A. 在电路甲中，断开 S后， A将逐渐变暗B. 在电路甲中，断开 S后， A将先变得更亮，才逐渐变暗C. 在电路乙中，断开 S后， A将逐渐变暗D. 在电路乙中，断开 S后， A将先变得更亮，才逐渐变暗【答案】AD【解析】在电路甲中，断开 S，由
11、于线圈产生自感电动势阻碍电流变小，导致回路中的电流逐渐减小，A 将逐渐变暗故 A正确，B 错误；在电路乙中，由于电阻 R和自感线圈 L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开 S时，由于线圈阻碍电流变小，于是原来通过线圈的电流通过灯泡形成新的回路，由于通过灯泡 A的电流比原来的大，导致 A将变得更亮一下，然后逐渐变暗故 C错误，D 正确故选 AD点睛：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极9. 如图所示，在平板 PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。某时刻有 a
12、、 b、 c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度 va、 vb和 vc经过平板 PQ上的小孔 O射入匀强磁场。这三个电子打到平板 PQ上的位置到小孔 O的距离分别是 la、 lb和 lc，电子在磁场中运动的时间分别为 ta、 tb和 tc。整个装置放在真空中。则下列判断正确的是( )A. la lc lbB. la lb lcC. ta tb tcD. ta tb tc【答案】AD【解析】三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中由于初速度va和 vc的方向与 MN的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板 MN上的位
13、置到小孔的距离是相等的而初速度 vb的电子方向与 MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打到平板 MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同所以速度为 vb的距离最大选项 A正确，B 错误；从图中可得，初速度 va的电子偏转的角度最大，初速度 vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系： 可得，偏转角度最大的 a运动的时间最长，偏转角度最小的 c在磁场中运动的时间最短故选项 C错误，D 正确故选 AD10. 如图所示，在一磁感应强度 B0.5 T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着两根相距为 h0.1 m
14、 的平行金属导轨 MN和 PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点 N、 Q之间连接一阻值 R0.3 的电阻，导轨上跨放着一根长为 L0.2 m，每米阻值 r2.0 的金属棒 ab，金属棒与导轨正交放置，交点为 c、 d，当金属棒在水平拉力作用于以速度v4.0 m/s 向左做匀速运动时，则下列说法正确的是( )A. 金属棒 a、 b两端点间的电势差为 0.2 VB. 水平拉金属棒的力的大小为 0.02 NC. 金属棒 a、 b两端点间的电势差为 0.32 VD. 回路中的发热功率为 0.06 W【答案】BC【解析】金属棒 cd段产生的感应电动势为 Ecd=Bhv=0.50.14=0.2V；cd
15、QN 中产生的感应电流为 ；金属棒 ab两端的电势差等于 Uac、U cd、U db三者之和，由于 Ucd=Ecd-Ircd，所以 U ab=Eab-Ircd=BLv-Ircd=0.32V，故 A错误，C 正确使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为 F=F 安 =BIh=0.50.40.1N=0.02N，选项 B正确；回路中的热功率 P 热 =I2（R+hr）=0.08W，D 错误；故选 BC.点睛：本题是电磁感应与电路知识的综合，要区分清楚哪部分电路是电源，哪部分是外部分，以及 ab两端点间的电势差与感应电动势的关系11. 如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度 B
16、垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流 I， CD两侧面会形成电势差 UCD，下列说法中正确的是( )A. 电势差 UCD仅与材料有关B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差 UCD0C. 仅增大磁感应强度时，电势差 UCD变大D. 测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平【答案】BC解：A、由题意可知，CD 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为 a、b、c，有 q =qvB，I=nqvS=nqvbc，则 U= 故 A、C 错误；B、根据左手定则，电子向 C侧面偏转，C 表面带负电，D 表面带正电，所以 D表面的
17、电势高，则 UCD0，B 正确D、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持水平，让磁场垂直通过故D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡12. 回旋加速器原理如图所示。D 1和 D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为 U、周期为 T的交流电源上。位于 D1圆心处的质子源 A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能 Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )A. 若只增大交变电压 U，则质子的最大动能 E
18、k会变大B. 若只增大交变电压 U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C. 若只将交变电压的周期变为 2T，仍可用此装置加速质子D. 质子第 n次被加速前、后的轨道半径之比为【答案】BD【解析】A 项，根据 ，可得 。则最大动能为 ，与加速电压无关，故 A项错误。B项，若只增大交变电压 U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故 B项正确。C项，若只将交变电压的周期变为 2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故 C项错误。D项，根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则半径 ，且 ，所以质子第 n次被加速前后的轨道半径之比为 ，故 D项正
19、确。综上所述本题答案是：BD三、简答题： 13. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 。步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为_mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为_mm；（3）选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为_；（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表 A1(量程 600 mA，内阻约为 2 )； 电流表 A2(量程 150 mA，内阻约为 10 )；电压表 V1(量程 1 V，内阻 r1 000 )； 电压表 V2(量程 15 V，内阻约为 3 000
20、)；定值电阻 R03 000 ； 滑动变阻器 R1(最大阻值为 5 )；滑动变阻器 R2(最大阻值为 1 000 )； 电源 E(电动势约为 4 V，内阻 r约为 1 )；开关，导线若干。为了使测量尽量准确，且测量范围尽可能大，电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_。(均填器材代号)根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图_。【答案】 (1). (1)50.15 (2). (2)4.700 (3). (3)22 (4). (4)V1 (5). A2 (6). R1 (7). 实验电路图见解析【解析】 （1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为 50mm，游标尺示数为30.05mm=0.1
21、5mm，游标卡尺示数为 50mm+0.15mm=50.15mm；（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为 4.5mm，游标尺示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为 4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“1”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为 221=22；（4）由于电源电压为 4 V，显然电压表选 V2时不满足读数不得小于其量程的 的要求，因此只能选 V1，而 V1读数又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，改装成一个新电压表，量程为 4 V，满足要求，这样由于电阻值约 22 ，因此回路电流最大约120 mA左右，因此电流
22、表选 A2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用 R1，电路图电流表采用外接法，实验电路图如图。点睛：应掌握游标卡尺与螺旋测微器的读数方法通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节.14. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。（1）应该选择的实验电路是图中的_(选填“甲”或“乙”)。（2）某位同学记录的 6组数据如下表所示，其中 5组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出 U I图线_。序号 1 2 3
23、 4 5 6电压 U/V 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10电流 I/A 0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480（3）根据（2）中所画图线可得出干电池的电动势 E_V，内电阻 r_。（4）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数 U及干电池的输出功率 P都会发生变化。下图的各示意图中正确反映 P U关系的是_。【答案】 (1). (1)甲 (2). (2)如下图；(3). (3)1.50(1.491.51) (4). 0.83(0.810.85) (5). (4)C【解析】(1)干电池内电阻较小，远小于电压表内阻，选用甲电路时电源内
24、电阻的测量值相对误差小。(2)作图过程略，如图；(3)由 U E Ir知 U I图线在 U轴上的截距表示 E、斜率的绝对值表示 r，由图线可得E1.50 V， r0.83 。(4)由 P IU U (UE U2)可知， P U图线是一条开口向下的抛物线，故选 C。四、计算或论述题： 15. 如图所示， MN、 PQ为足够长的平行金属导轨，间距 L0.50 m，导轨平面与水平面间夹角 37， N、 Q间连接一个电阻 R5.0 ，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B1.0 T。将一根质量为 m0.050 kg 的金属棒放在导轨的 ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导
25、轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数 0.50，当金属棒滑行至 cd处时，其速度大小开始保持不变，位置 cd与 ab之间的距离 s2.0 m。已知 g10 m/s 2，sin 370.60，cos 370.80。求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒到达 cd处的速度大小；（3）金属棒由位置 ab运动到 cd的过程中，电阻 R产生的热量。【答案】(1)2.0 m/s 2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J【解析】试题分析：（1）设金属杆的加速度大小为 ，则：， 。设金属棒达到 cd位置时速度大小为 、电流为 I，金属棒受力平
26、衡，有：， ，解得 。（3）设金属棒从 ab运动到 cd的过程中，电阻 R上产生的热量为 Q，由能量守恒，有，解得 。考点：电磁感应中的能量转化【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律等，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题。16. 如图所示，在坐标系 xOy的第一象限内斜线 OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿 y轴负方向的匀强电场，在 x轴负半轴上有一接收屏 GD， GD2 OD d，现有一带电粒子(不计重力)从 y轴上的 A点，以初速度 v0水平向右垂
27、直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从 x轴上的 P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知 OC与 x轴的夹角为 37， OA d，求：（1）粒子的电性及比荷 ；（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度 B的大小；（3）第三象限内匀强电场的电场强度 E的大小范围。【答案】(1)负 (2) (3) 【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电。由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径 R d由洛伦兹力提供向心力得 Bqv0 m联立得 (2)由图知 OP d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 同理 B qv0 ，联立得 B (
28、3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知 OQ r rsin 372 d当电场强度 E较大时，粒子击中 D点，由类平抛运动规律知 v0t联立得 Emax 当电场强度 E较小时，粒子击中 G点，由类平抛运动规律知 v0t联立得 Emin 所以 点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题，解题是注意几何知识的应用17. 如图所示，离子源 A产生的初速度为零、带电荷量为 e、质量不同的正离子被电压为 U1的加速电场加速后进入一电容器中，电容器两极板之间的距
29、离为 d，电容器中存在磁感应强度大小为 B的匀强磁场和匀强电场。正离子能沿直线穿过电容器，垂直于边界 MN进入磁感应强度大小也为 B的扇形匀强磁场中， MNQ90。(不计离子的重力)求：（1）求质量为 m的离子进入电容器时，电容器两极板间的电压 U2；（2）求质量为 m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为 4m的离子垂直打在 NQ的中点 S1处，质量为 16m的离子打在 S2处。求 S1和S2之间的距离以及能打在 NQ上正离子的质量范围。【答案】(1) Bd (2) (3) m mx25 m【解析】(1)设离子经加速电场后获得的速度为 v1，应用动能定理有 U1e mv12离子进入电容器后沿直线运动，有 Bev1 得 U2 Bd(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力， Bev1 m得离子的运动半径 R (3)根据(2)中 R ，质量为 4m的离子在磁场中运动打在 S1处，运动半径为R1 质量为 16m的离子在磁场中运动打在 S2处，运动半径为 R2 又 ON R2 R1由几何关系可知 S1和 S2之间的距离 S R1联立解得 S2( 1) 由 R 2(2 R1)2( R R1)2解得 R R1再根据 R1 Rx R1 解得 m mx25 m
