内蒙古集宁一中（东校区）2016届高三（上）第三次月考物理试卷（理科）（解析版）

2015-2016学年内蒙古集宁一中（东校区）高三（上）第三次月考物理试卷（理科）

参考答案与试题解析

二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q₁和Q₂，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是（ ）

A．若Q₁和Q₂是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同

B．若Q₁和Q₂是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同

C．若Q₁和Q₂是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同

D．若Q₁和Q₂是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同

【考点】电势；电场强度．

【分析】若Q₁和Q₂是等量异种电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C、D场强关系．

若Q₁和Q₂是等量同种电荷，根据对称性分析场强和电势的关系．

【解答】解：AB、若Q₁和Q₂是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等．C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同．故A错误，B正确．

CD、若Q₁和Q₂是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同．电势相等，故CD错误．

故选：B．

2．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转过45°，然后释放P，则P在电场内将做（ ）

A．匀速直线运动

B．水平向右的匀加速直线运动

C．斜向右下方的匀加速直线运动

D．曲线运动

【考点】电容器的动态分析．

【分析】开始时刻带电油滴保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过轴顺时针旋转45°时，电容器的电压不变，间距变小，电场强度变大，电场力变大，方向顺时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定油滴的运动情况即可．

【解答】解：当a、b金属板水平放置时，带电液滴P在电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小．即有q=mg

当两平行金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转过45°时，然后释放P，此时P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为45°，如图．

设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过45°角时，板间距离为dcos45°，板间场强为 E=，电场力为F=qE=，电场力方向与竖直方向的夹角为45°，竖直方向的分力为Fcos45°=．

联立可得Fcos45°=mg，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动．故B正确．

故选：B

3．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（ ）

A． B． C．ρnev D．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电流、电压概念．

【分析】利用电流的微观表达式求的电流，由电阻的定义式求的电阻，由E=求的电场强度

【解答】解：导体中的电流为I=neSv

导体的电阻为R=

导体两端的电压为U=RI

场强为E=

联立解得E=ρnev

故选：C

4．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（ ）

A．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小

B．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大

C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大

D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【分析】由电路图可知，滑动变阻器的两部分电阻并联，并联后再与R串联；由滑片移动方向分析总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可分析电路中电流的变化及路端电压的变化．

【解答】解：闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，变阻器并联的总电阻先增大后减小，外电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，由闭合电路欧姆定律知，路端电压先增大后减小，所以电压表V读数先变大后变小．

滑动触头P从最高端滑到中点的过程中，变阻器下部分电阻减小，而电压增大，则电流表A读数变大．滑动触头P从中点滑到最下端的过程中，总电流增大，变阻器上部分的电压减小，电阻增大，其电流减小，因此电流表A读数变大，总之，电流表A的读数一直变大，故ACD错误，B正确．

故选：B

5．如图所示，空间中存在着由一固定的正点电荷Q（图中未画出）产生的电场．另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v₀，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v＜v₀，则（ ）

A．Q一定在虚线MP上方

B．M点的电势比N点的电势高

C．q在M点的电势能比在N点的电势能小

D．q在M点的加速度比在N点的加速度大

【考点】电势；电势能．

【分析】曲线运动合力指向曲线的内侧，题中只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，正电荷在电势越高的点电势能越大．

【解答】解：A、试探电荷从M到N速度减小，说明N点离场源电荷较近，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故试探电荷可以在MP下方，只要离N点近即可，故A错误；

B、C、只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，N点动能小，故在N点电势能大，根据公式φ=，N点的电势高，故B错误，C正确；

D、试探电荷从M到N速度减小，说明N点离场源电荷较近，在N点受到的电场力大，加速度大，故D错误；

故选：C．

6．如图所示，小球从A点以初速度v₀沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法正确的是（ ）

A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零

B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等

C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等

D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等

【考点】功的计算；加速度．

【分析】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；速度的变化率即为加速度；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功．

【解答】解：A、位移是从初位置指向末位置的有向线段．故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功．

故A错误．

B、设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，

则有ssinθ=h

根据﹣mgh﹣μmgscosθs=△E_K

可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等．

故B正确．

C、小球从A到C与从C到B的过程，受力情况不变，加速度相同，所以速度的变化率相等，故C正确；

D、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据﹣μmgscosθ=﹣△E可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等．故D正确．

故选：BCD

7．如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）

A．若S₁、S₂闭合，则电吹风吹冷风

B．电热丝的电阻为55Ω

C．电动机工作时输出的机械功率为880W

D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J

【考点】电功、电功率．

【分析】吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率等于它们功率之和，根据并联电路的特点可以求．

【解答】解：A、若S₁、S₂闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风冷出的是热风；故A错误；

B、电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P_热﹣P_冷=1000W﹣120W=880W，由P=，可知R==Ω=55Ω，故B正确；

C、电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有120W，故C错误；

D、当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为120W；故每秒钟消耗的电能为120J；故D正确．

故选：BD．

8．如图所示，带正电q′的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零．若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）

A．在从A点至B点的过程中，M先做匀加速运动，后做匀减速运动

B．在从A点至C点和从C点至B点的过程中，前一过程M的电势能的增加量较小

C．在B点M受到的库仑力大小是mgsinθ

D．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为U_BA=

【考点】电势差与电场强度的关系；电势差；电势能．

【分析】小球q向下运动的过程中，根据两球间的库仑力逐渐增大，再分析小球q的运动情况．根据W=qU分析电场力做功关系，判断电势能减小量的关系．B点不是平衡点．根据动能定理求AB两点的电势差

【解答】解：A、小球q下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mgsinθ和库仑力，两力方向相反．根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大．库仑力先小于mgsinθ，后大于mgsinθ，q先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mgsinθ大小相等时速度最大．故A错误．

B、由点电场强度公式，则有：AC间的场强小，CB间场强大，再由U=Ed知，A、C间的电势差值小于C、B间的电势差值，根据电场力做功公式W=qU得知，从A至C电场力做功较小，则电势能的增加量较小．故B正确．

C、q从C到B做减速运动，在B点时加速度沿杆向上，故库仑力大于mgsinθ．故C错误．

D、从A到B，根据动能定理得：mgLsinθ﹣qU_AB=0，又U_BA=﹣U_AB，解得U_BA=﹣．故D错误．

故选：B．

三.非选择题（共174分）

9．利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω．带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上．在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：

电池组E（电动势为3.0V，内阻约为1Ω）；

电流表A₁（量程0～100mA，内阻约为5Ω）；

电流表A₂（量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω）；

电阻箱R（0～999.9Ω）；

开关、导线若干．

实验操作步骤如下：

A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径．

B．将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路．

C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大．

D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关．记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L．

E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L．

F．断开开关，整理好器材．

（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，d= 0.730 mm；

（2）实验中电流表应选择 A₁ （选填“A₁”或“A₂”）；

（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R﹣L关系图线，图线在R轴的截距为R₀，在L轴的截距为L₀，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ= （用给定的物理量符号和已知常数表示）．

（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果 无 （选填“有”或“无”）影响．

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．

（2）根据电路最大电流选择电流表．

（3）由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式．

（4）应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响．

【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm=0.230mm，金属丝直径d=0.5mm+0.230mm=0.730mm．

（2）电路最大电流约为I==≈0.14A，不到0.6A的四分之一，如果使用电流表A₂实验较大，因此电流表应选A₁．

（3）由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻R_总=R+R_电阻丝=R+ρ=R+ρ=R+ρ，

由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零是，电路总电阻R_总=R₀，

则R+ρ=R₀，R=R₀﹣ρ，图象斜率k==，则电阻率ρ=；

（4）应用图象法处理实验数据，电流表内阻对实验结果没有影响．

故答案为：（1）0.730；（2）A₁；（3）；（4）无．

10．某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m=3×10³ kg．当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时，蓄电池的输出电流I=50A，输出电压U=200V．在此行驶状态下，该环保汽车能够将蓄电池输出功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P_机．（g取10m/s²）

（1）求汽车所受阻力；

（2）若该环保汽车的驱动电机的内部结构如图所示，其中R₁=0.1Ω，R₂=1 950Ω，求电动机M的热功率．

【考点】电功、电功率；牛顿第二定律．

【分析】（1）知道驱动电机的电压和电流，根据P=UI求出驱动电机的电功率；根据P_机=90%P=Fv求解牵引力，根据平衡条件求解所受的阻力；

（2）根据串并联电路的电压、电流关系求解电阻R₁、R₂的电流和电压，然后结合能量守恒定律和电功率公式求解电动机M的热功率．

【解答】解：（1）驱动电机的输入功率：

P=UI=200×50=10000W；

机械功率：

P_机=90%P=10000×90%=9000W．

匀速行驶时，牵引力等于阻力，有：

P_机=Fv=fv；

所以f===900N；

（2）电动机的电压：

U_M=U﹣IR₁=200﹣50×0.1=195V；

电阻R₂的电流：

I₂===0.1A；

电动机的电流：

I_M=I﹣I₂=50﹣0.1=49.9A；

故电动机的发热功率为：

P_热=10%P﹣=10%×10000﹣50²×0.1﹣0.1²×1950=730.5W；

答：（1）汽车所受阻力为900N；

（2）电动机M的热功率为730.5W．

11．如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v₀沿水平方向射入电场且能穿出．

（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；

（2）求两板间所加偏转电压U的范围；

（3）求粒子可能到达屏上区域的长度．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）画出运动轨迹图，根据运动学公式与牛顿第二定律，及三角函数关系，从而即可证明；

（2）由牛顿第二定律与公式E= 相结合，可求得结果；

（3）运用几何关系，结合偏角与位移的关系，从而即可求解．

【解答】解：（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为v_y，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有

侧移量，y=①

匀速运动的位移，L=v₀t②

竖直方向的速度，v_y=at

联立可得

即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心．

（2）由牛顿第二定律，则有 ③

电场强度与电势差的关系，E= ④

由①②③④式解得

当时，

则两板间所加电压的范围

（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y₀），则

而tan

解得

则粒子可能到达屏上区域的长度为

答：（1）粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；

（2）则两板间所加偏转电压U的范围 ；

（3）则粒子可能到达屏上区域的长度为．

12．如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：

（1）液珠的比荷

（2）液珠速度最大时离A点的距离h．

（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度r_B．

【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）根据牛顿第二定律，通过瞬间的加速度求出液珠的比荷．

（2）当液珠加速度为零时，速度最大，根据重力和库仑力平衡求出液珠速度最大时离A点的距离．

（3）根据动能定理，通过最高点速度为零，求出液珠能到达的最高点B离A点的高度．

【解答】解（1）设液珠的电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时

比荷为

（2）当液珠速度最大时

得

（3）设BC间的电势差大小U_CB，由题意得

U_CB=

对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得qU_CB﹣mg（r_B﹣H）=0

即q﹣mg（r_B﹣H）=0

将第（1）问的结果代入化简 r_B²﹣3Hr_B+2H²=0

解得r_B=2H r_B′=H（舍去）

答：（1）液珠的比荷为．

（2）液珠速度最大时离A点的距离．

（3）液珠能到达的最高点B离A点的高度为2H．

2016年11月1日