云南省楚雄州民族实验中学届高三月考卷六物理试题Word版含答案.docx

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云南省楚雄州民族实验中学届高三月考卷六物理试题Word版含答案

云南省楚雄州民族实验中学2018届月考卷六

高三理综物理

一、单选题（共5小题,每小题6.0分,共30分）

1.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同号电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（　　）

A．速度变大，加速度变大

B．速度变小，加速度变小

C．速度变大，加速度变小

D．速度变小，加速度变大

2.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A，B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为2θ，OB绳与水平方向的夹角为θ，则球A，B的质量之比为（　　）

A．2cosθ∶1

B．1∶2cosθ

C．tanθ∶1

D．1∶2sinθ

3.某电场的电场线分布如下图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是（　　）

A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势

B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷

C．一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能

D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动

4.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．其中某部分静电场的分布如图所示，虚线表示这个静电场在纸平面内的一簇等势线，等势线的形状为轴对称图形，等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子从a点平行x轴射入电场中，从b点穿出电场后会聚到x轴上．则（　　）

A．电子沿x轴方向的分速度先加速后减速

B．电子在a处的电势能小于在b处的电势能

C．电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功

D．电子穿过电场的过程中，电场先做正功后做负功

5.如图3，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（　　）

A．0

B．B0

C．B0

D．2B0

二、多选题（共3小题,每小题5.0分,共15分）

6.（多选）如图所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T′.下列说法正确的是（　　）

A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a

B．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→a

C．当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零

D．当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零

7.（多选）如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（　　）

A．无摩擦力

B．支持力等于（m＋M）g

C．支持力为（M＋m）g－Fsinθ

D．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ

8.（多选）环形对撞机是研究高能粒子的重要装置,其工作原理的示意图如图所示.正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后,沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B．两种带电粒子将被局限在环状空腔内,沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动,从而在碰撞去迎面相撞.为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动,下列说法中正确的是（）

A．对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q/m越大,磁感应强度B越大

B．对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q/m越大,磁感应强度B越小

C．对于给定的带电粒子,加速电压U越大,粒子运动的周期越小

D．对于给定的带电粒子,不管加速电压U多大,粒子运动的周期都不变

分卷II

三、实验题（共2小题,共16分）

9.有一个螺线管，为测量它的两个接线柱间绕制的均匀金属丝的长度，现提供下列器材:

A．待测螺线管L：

绕制螺线管金属丝的电阻率，其总电阻RL大约100

B．螺旋测微器

C．微安表

：

量程Ig=500，内阻Rg=100；

D．电阻箱R：

阻值范围099999.9；

E．电源E：

电动势有3V和9V两种可供选择，内阻较小

F．电键两个（S1和S2），导线若干。

（1）实验中用螺旋测微器测的金属丝的直径如图甲所示，其读数为d=________________mm.

（2）已将提供的器材连成了如图乙所示的测金属丝电阻RL的电路，根据该实验电路的测量原理，为了更准确地测RL，应选择E中电动势为____________的电源。

（3）若测得的金属丝直径用d表示，测电阻时先闭合S1，调R是微安表指针满偏，再闭合S2时微安表示数用I表示，则用已知量和测得量的符号表示金属丝的长度l=____________________.

（4）本实验测RL有系统误差，其测量值___________真实值。

（选填“大于”，“小于”）

10.小明用电学方法测量电线的长度．首先，小明测得电线铜芯的直径为1.00mm，估计其长度不超过50m（已知铜的电阻率为1.75×10－8Ω·m）．

现有如下实验器材：

①量程为3V、内组约为3kΩ的电压表；②量程为0.6A、内阻约为0.1Ω的电流表；③阻值为0～20Ω的滑动变阻器；④内阻可忽略、输出电压为3V的电源；⑤阻值为R0＝4.30Ω的定值电阻，开关和导线若干．

小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表的示数从0开始增加，当示数为0.50A时，电压表示数如图15甲所示，读数为________V．根据小明测量的信息，图乙中P点应该________（选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”），Q点应该________（选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”）．小明测得的电线长度为________m.

甲　　　　　　　　　　　乙

图15

四、计算题

11.如图所示，ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为R.A点与圆心O等高，B、C点处于竖直直径的两端．PA是一段绝缘的竖直圆管，两者在A点平滑连接，整个装置处于方向水平向右的匀强电场中．一质量为m、电荷量为＋q的小球从管内与C点等高处由静止释放，一段时间后小球离开圆管进入圆弧轨道运动．已知匀强电场的电场强度E＝

（g为重力加速度），小球运动过程中的电荷量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦阻力．求：

（1）小球到达B点时速度的大小；

（2）小球到达B点时对圆弧轨道的压力；

（3）小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为多少？

12.如图所示，坐标系xoy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场E1=2N/C，y轴的左侧广大空间存在匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，B=1T，电场方向竖直向上，E2=2N/C。

t=0时刻，一个带正电的质点在O点以v=2m/s的初速度沿着与x轴负方向成450角射入y轴的左侧空间，质点的电量为q=10-6C，质量为m=2×10-7kg，重力加速度g=10m/s2。

求：

（1）质点从O点射入后第一次通过y轴的位置；

（2）质点从O点射入到第二次通过y轴所需时间；

（3）质点从O点射入后第四次通过y轴的位置。

【物理选修3-3】

13.

（1）下列说法正确的是（）

A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力

B．对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大

C．热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体

D．用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0x105）的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了1.5×105J

E．在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的灰尘做无规则运动，灰尘的运动属于布朗运动

（2）如图所示，两端开口的气缸水平固定，A，B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动。

面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0=1×105Pa，取g=10m/s2,缸内气体可看作理想气体。

①活塞静止时，求气缸内气体的压强；

②若降低气缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动

时，求气缸内气体的温度。

答案解析

1.【答案】C

【解析】带同种电荷的小球由静止释放后，由于同种电荷排斥，在光滑的水平面上，A、B都受到斥力作用做加速运动，速度一直增大，选项B、D错．根据库仑力F＝

，加速度a＝

＝

，随着距离的增大，加速度逐渐变小，选项A错，C对．

2.【答案】A

【解析】以A为研究对象，根据平衡条件得：

FTsin2θ＝mAg.以B为研究对象，根据平衡条件得：

FTsinθ＝mBg，解得mA∶mB＝2cosθ∶1，故A正确．

3.【答案】A

【解析】电场线的疏密程度代表电场强度的大小，A点电场线密集所以A点电场强度大于B点电场强度，沿电场线方向电势逐渐降低，即B点电势高于A点电势，选项A对．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，说明电场力沿电场线方向，电荷为正电荷，选项B错．一个负电荷从B点移动到A点，沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加，选项C错．若将一个正电荷由A点释放，它将在电场力作用下向左运动，此过程为加速，但是电场强度逐渐变大，电场力逐渐变大，加速度逐渐变大，选项D错．

4.【答案】C

【解析】在x轴方向电子所受电场力先是右偏下，则电子水平速度沿x轴不断增加，电子所受电场力后是左偏上，则水平速度沿x轴依然增加，选项A错误．由电势能EP＝q可知，q<0，aEPb，选项B错误．电子由a至b电场力做功W＝qUab，电子带负电q<0；沿x轴正向电势增加，Uab<0，故W>0，则电场力一直做正功，选项C正确，选项D错误．故选C.

5.【答案】C

【解析】　如图甲所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝B0.如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝

＝B0，故选项C正确，A、B、D错误．

6.【答案】BC

【解析】当线圈中不通电流时，两细线的张力就是线圈的重力，当线圈中通有电流后，细线上的张力变小了，说明线圈受到的安培力的合力方向是向上的，由于两边产生的安培力大小不同，ab边要大于cd边，所以由左手定则可以判断出，ab中通有由a到b的电流，故A是错误的，B是正确的；要想使细线上的张力为0，则ab与cd边受到的安培力的合力应该等于2T，由于当电流为I时，张力减小到T′，故BaIL－BbIL＝2（T－T′），则当张力变为0时，BaI′L－BbI′L＝2T，联立以上两式，消去磁场强度得I′＝I，故C是正确的，D是错误的．

7.【答案】CD

【解析】由于m沿着斜面匀速上滑，可把m和斜面看作整体．整体受力如图所示，根据平衡条件得，FN＝（M＋m）g－Fsinθ，Ff＝Fcosθ，选项A、B错误，C、D正确．

8.【答案】BC

【解析】电子在加速电场中，根据动能定理得qU=

mv2…①电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m

…②得到，电子圆周运动的半径r=

周期T=

对于给定的加速电压，v不变，又由题得知，r不变，则带电粒子的比荷

越大，则B越小．故A错误，B正确；由上可知，加速电压U越大，电子获得的速度v越大，要保持半径r不变，B应增大，则T会减小．故C正确，D错误．

9.【答案】

（1）0.390±0.001mm；

（2）9；（3）

；（4）大于．

【解析】

（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.0×0.01=0.390mm，所以金属丝的直径为0.390±0.001mm，

（2）（4）先只闭合S1，调电阻箱R，使微安表指针满偏，则R值须很大；再闭合S2时，则RL与微安表并联，虽然电阻变小了，但因R很大，全电路总电阻变化很小，干路电流几乎不变化，可认为仍为满偏电流Ig，实验应略大于，此时微安表的读数为I，那么RL的分流IL=Ig-I，实际值略大于此值．于是解得：

RL=，测量值偏大．根据本实验原理，要减小测量RL的系统误差，提高电源的电动势，使R取值更大一些，这样才能保证再闭合S2后干路电流变化更小．（3）根据欧姆定律得：

根据电阻定律得：

RL=ρ

；且S=解得：

L=；

10.【答案】2.50　接b　接a　31.4

【解析】量程为3V，所以得估读，即读数为2.50V；由于保护电阻，因此本题的实验电路图如下：

根据Rx＋R0＝

，Rx＝ρ

，S＝

，

联立可知L＝31.4m.

11.【答案】

（1）

（2）

　（3）

【解析】

（1）小球从P运动到A的过程中，由动能定理得：

mg·2R＋qER＝

mv－0

解得：

vB＝

（2）小球在最低点B时，根据牛顿第二定律得：

FN－mg＝m

解得：

FN＝

则由牛顿第三定律得：

小球对圆弧轨道的压力大小为FN′＝FN＝

（3）重力场和电场看成等效场，对小球等效最低点为F点，在F点小球的速度最大，设OF与竖直方向的夹角为θ，在此位置小球所受的电场力与重力的合力方向沿半径向外，则有：

tanθ＝

＝

则知：

sinθ＝0.6，cosθ＝0.8

设小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为vm，小球从P到F的过程，根据动能定理得：

mgR（1＋cosθ）＋qER（1＋sinθ）＝

mv

解得：

vm＝

12.【答案】

（1）

（2）

（3）

【解析】⑴质点从O点进入左侧空间后，

，

电场力与重力平衡，质点做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力

，

质点第一次通过y轴的位置

⑵质点的1/4个匀速圆周运动的时间

当质点到达右侧空间时，

，

且

质点做有往返的匀变速直线运动，

往返时间

，质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间

⑶质点从右侧空间返回左侧空间时速率仍是

，做匀速圆周运动，轨迹在y轴上截距为

如图，质点再次进入右侧空间时，

，

，水平方向做匀减速运动

，

，竖直方向做匀加速运动当质点返回y轴时，往返时间：

，竖直方向下落距离：

，质点进入左侧空间后第四次通过y轴的位置：

13.【答案】

（1）BCD

（2）①1.2×105Pa②500K

【解析】

（1）BCD

（2）设活塞静止时气缸内气体的压强为p1，活塞受力平衡，则

p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg

代入数据解得压强p1＝1.2×105Pa.

（2）由活塞A受力平衡可知缸内气体的压强没有变化，由盖·吕萨克定律得

＝

代入数据解得T2＝500K.