届四川省成都市高中毕业班摸底测试物理试题解析版.docx

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届四川省成都市高中毕业班摸底测试物理试题解析版

四川省成都市2018届高中毕业班摸底测试试题（物理）

一、本题包括6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意。

1.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）

A.电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变大

B.均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场

C.声波和电磁波都可在真空中传播

D.雷达是用电磁波来测定物体位置的设备

【答案】D

【解析】

【详解】根据n＝c/v可知，电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变，故A错误；根据电磁波理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，故B错误；声波属于机械波，它的传播离不开介质，电磁波可在真空中传播，故C错误；雷达的工作原理是：

发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率（径向速度）、方位、高度等信息，故D正确。

故选D。

2.真空中有两个完全相同的、可视为点电荷的甲、乙带电小球，甲的电荷量为q，乙的电荷量为-2q，当它们相距为r时，它们间的库仑力大小为F。

现将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r，则它们间的库仑力大小变为（）

A.F/32B.F/16C.F/8D.F/4

【答案】A

【解析】

【详解】当甲、乙充分接触后它们的电荷量先中和再平分，所以接触后带的电荷量都为-q/2，由库伦力的公式F=k

可得，原来电荷之间

，将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r后的库仑力的大小为

，所以A正确。

故选A。

【点睛】当两个异种电荷接触后，电荷的电量先中和之后再平分电量，找到电量的关系再由库伦力的公式F=k

计算即可．

3.下列说法正确的是（）

A.电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电场强度一定为零

B.电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电势一定为零

C.运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛仑兹力的作用

D.运动电荷在磁场中某处不受洛仑兹力，则该处的磁感应强度一定为零

【答案】A

【解析】

试题分析：

电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电场强度一定为零，选项A正确；电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电势不一定为零，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项B错误；运动电荷在磁感应强度不为零的地方，不一定受到洛仑兹力的作用，例如当电荷的速度与电场线平行时，选项C错误；运动电荷在磁场中某处不受洛仑兹力，则该处的磁感应强度不一定为零，例如当电荷的速度与电场线平行时，选项D错误；故选A．

考点：

电场力和洛伦兹力

【名师点睛】此题是对电场和磁场性质的考查；要知道电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电场强度一定为零，反之也成立；若运动电荷在磁感应强度为零的地方，一定不受到洛仑兹力的作用，但是运动电荷在磁场中某处不受洛仑兹力，则该处的磁感应强度不一定为零，要考虑粒子速度与磁场平行的情况．

4.磁悬浮列车需要很强的磁场，因此线圈中的电流将非常大。

用超导材料做磁悬浮线圈主要是因为（）

A.超导线圈强度大

B.只有超导线圈才能产生强磁场

C.低于临界温度时，超导线圈无电阻不发热

D.低于临界温度时，超导线圈有电阻但不发热

【答案】C

【解析】

【详解】线圈强度与是否是超导体无关，故A错误；只要电流大就能产生强磁场，故B错误；达到临界温度时，超导体电阻变为零，根据Q=I2Rt可知，产生热量为零，减小能量损耗，超导材料做磁悬浮线圈正是用了超导体的这一特性，故C正确，D错误。

故选C。

5.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，一带电粒子（不计重力）从电场中a点以某一初速度运动至b点，运动轨迹如图中虚线所示，则下列判断正确的是（）

A.a点的电场强度大于b点的电场强度

B.a点的电势高于b点的电势

C.粒子在b点的动能小于在a点的动能

D.粒子在b点的电势能小于在a点的电势能

【答案】D

【解析】

【详解】由图可知b处电场线比a处电场线密，因此a点的电场强度小于b点电场强度，故A错误；由于电场线方向和带电粒子带电正负不知，无法判断a、b两点电势高低，故B错误；从a运动b过程中，根据做曲线运动带电粒子的受力特点可知，电场力的方向与运动方向之间的夹角小于90°，电场力做正功，动能增大，电势能减小，与粒子所带电荷的正负无关，故C错误；D正确。

故选D。

【点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握．

6.如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。

发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则（）

A.电压表的示数为6V

B.灯泡消耗的电功率是6.48W

C.线圈转动的角速度为l00πrad/s

D.在t=l×10-2s时刻，穿过线圈的磁通量为零

【答案】C

【解析】

【详解】由图象可知，电动机电压的最大值为6

V，那么有效电压就是6V，电压表测量的是灯泡的电压，所以电压为

×9V=5.4V，所以A错误。

由P=U2/R知，P=

=3.24W，所以B错误。

由ω=

=l00πrad/s，所以C正确。

在t=l×10-2s时刻，有图象可知此时的电动势为零，那么此时的磁通量应该是最大的，所以D错误。

故选C。

【点睛】应用正弦式交变电流最大值和有效值间的关系，判断出电压，其它的由公式都可以求出，就是看对交变电流的理解．

二、多选题

7.如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形盒，两盒间构成一狭缝，两D形盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。

下列有关回旋加速器的描述正确的是（）

A.粒子由加速器的边缘进入加速器

B.粒子由加速器的中心附近进入加速器

C.粒子在狭缝和D形盒中运动时都能获得加速

D.交流电源的周期必须等于粒子在D形盒中运动周期的2倍

【答案】B

【解析】

【详解】由qvB=

⇒v=

．当r越大时，v越大。

粒子由加速器中心附近进入加速器才可使粒子加速到最大，故A错误；由A选项中的分析可知粒子由加速器的中心附近进入加速器，速度可加速到最大，故B正确；狭缝中电场可加速粒子，在D形盒中运动时，由左手定则知，洛伦兹力总与速度方向垂直，不对粒子加速，故C错误；交流电源周期必须等于粒子运动周期，才可以进行周期性的加速，故D错误；故选B。

8.如图所示，有一电动势e=100

sinl00πt（V）的交流电源与理想变压器输入端相连，已知理想变压器原、副线圈匝数比为5:

1，输出端电阻R的阻值为4Ω。

则（）

A.当变压器原线圈瞬时电压为零时，电压表读数也为零

B.电压表读数为20V

C.电流表读数为

A

D.理想变压器的输出功率为100W

【答案】BD

【解析】

【详解】电压表读数为副线圈有效值，根据公式E=

，得U1=100V；由

得 U2=100×

=20V，故A错误；电压表读数为U2的值20V  故B正确。

电流表读数：

因I2=

=5A  由

得 I1=

I2=1A，电流表读数为1A，故C错误； 理想变压器的输出功率P=U2I2=100W，故D正确。

故选BD。

【点睛】电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值等于最大值的

，输出功率用有效值计算．

9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计。

开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。

则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）

A.灵敏电流计G中有b→a的电流

B.油滴向上加速运动

C.电容器极板所带电荷量将减小

D.通过电阻R2的电流将减小

【答案】AB

【解析】

【详解】在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。

根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。

故AB正确，CD错误。

故选AB。

【点睛】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．

10.如图所示，一个质量为m的带电小球从M点自由下落，M点距场区水平边界PQ的高度为h，边界PQ下方有方向竖直向下、大小为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的大小为B的匀强磁场。

小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出。

重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A.小球带负电，电荷量大小

B.匀强磁场方向垂直于纸面向外

C.小球从a运动到b的过程中，小球的电势能先减小后增大

D.小球在复合场中做匀速圆周运动的半径R=

【答案】AD

【解析】

【详解】因小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力和重力平衡，电场力向上，故粒子带负电；由Eq=mg可知，q=

，故A正确；由图可知，圆周运动的圆心在上方，故洛仑兹力向上，由左手定则可知，磁场向里，故B错误；小球从a到b的过程中，电场力先做负功再做正功，故电势能先增大后减小，故C错误；粒子进入混合场时的速度由机械能守恒得：

v=

；由Bqv=

可得，半径

；故D正确；故选AD。

【点睛】此类题目应熟记：

在混合场中若粒子做匀速圆周运动，则一定有电场力与重力平衡，合力为洛仑兹力．

11.我国于2011年5月1日起，醉酒驾驶由交通违法行为升级为犯罪行为。

“陶瓷气敏传感器”可以用于分析气体中酒精蒸汽的含量。

如果司机饮酒，血液中的酒精成分扩散到呼出的气体中，呼出的气体喷在传感器上，传感器的电阻将随酒精蒸汽浓度发生相应的变化，从而可以检测血液中的酒精含量。

某种陶瓷气敏传感器的电导（即电阻的倒数）与气体中酒精蒸汽浓度C的关系如图甲所示。

现用其组成如图乙所示的检测电路（电池内阻为r，电流表内阻不计）．以下判断正确的是（）

A.此陶瓷气敏传感器的电阻与气体中酒精蒸汽的浓度C成正比

B.气体中酒精蒸汽的浓度C越大，则电流表指针偏转的角度越小

C.气体中酒精的蒸汽浓度C越大，则电池路端电压越小，传感器上电压也越小

D.气体中酒精的蒸汽浓度C越大，则传感器电阻越小，电源的总功率越小

【答案】C

【解析】

【详解】传感器的电导与酒精蒸汽的浓度成正比，而电导和电阻互为倒数。

故A错。

气体中酒精蒸汽的浓度C越大，电导越大，电阻越小，闭合电路的总电阻越小，总电流越大，电流表指针偏转的角度越大。

故B错。

气体中酒精的蒸汽浓度C越大，电阻越小，闭合电路的总电阻越小，总电流越大，内电压越大，外电压越小。

电阻R0上的电压越大，所以传感器上电压也越小。

故C正确。

气体中酒精的蒸汽浓度C越大，传感器电阻越小，总电流越大，电源总功率P=EI，可知电源的总功率越大，故D错。

故选C。

12.矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示，t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。

若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，安培力方向取向上为正。

则在0～4s时间内，线框中的感应电流I、ab边所受安培力F随时间变化的图象正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】AC

【解析】

【详解】由图可知，0-2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；同理可知，2-4s内电路中的电流为逆时针，且两段时间内电流强度大小时等，故A正确，B错误；由

可知，电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比；且b中电流一直为由a至b，则由左手定律可知，电流方向0时刻为向上，为正，故C正确，D错误；故选AC。

【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，0-2s，2-4s，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的．

三、实验题：

13.如图甲所示，20分度游标卡尺的读数是_______cm；如图乙所示，螺旋测微器的读数是_____mm。

【答案】

（1）.10.380；

（2）.2.969-2.971

【解析】

【详解】游标卡尺的主尺读数为103mm，游标读数为0.05×16mm=0.80mm，所以最终读数为103.80mm=10.380cm．

 螺旋测微器固定刻度为2.5mm，可动刻度为0.01×47.0=0.470mm，所以最终读数为2.970mm．

【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

14.下列有关电学实验的说法中，正确的是_____（填选项字母）

A．在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验中，用恒定电流场模拟静电场

B．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，电流表采用内接法，滑动变阻器采用限流式接法

C．在“测定金属的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，为减小误差，多次测量求平均值

D．在使用多用电表欧姆档测未知电阻时，不必每次换档都进行欧姆档调零

【答案】AC

【解析】

在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验中，用恒定电流场模拟静电场．故A正确．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，由于小灯泡的电阻较小，使用电流表的外接法误差较小，电流和电压要从零开始测起，滑动变阻器需采用分压式接法．故B错误．测量金属丝的直径，一次测量偶然误差较大，应多次测量取平均值．故C正确．使用多用电表时，每换一次挡，需重新欧姆调零一次．故D错误；故选AC.

点睛：

本题考查了四个电学实验，关键掌握实验的原理、误差来源以及注意事项，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．

15.

（1）甲同学按如图甲所示电路测量量程为500μA的电流表G的内阻。

他按图甲连接好电路后，先闭合S1，断开S2，调节R1，使电流表G的指针满偏。

再闭合S2，保持R1的滑动触头不动，调节R2使电流表G的指针指到满刻度的1/3。

若此时电阻箱R2各旋钮的位置如图乙所示，则电流表G的内阻测量值RG=____Ω。

（2）现将该电流表G改装成量程为3V的电压表V，需给该电流表G串联一阻值为_____Ω的电阻。

（3）乙同学将

（2）问中改装的电压表V校准后采用伏安法测量某待测电阻Rx，实验室还备有以下器材：

A．待测电阻Rx，阻值约为200Ω

B．电源E，电动势为3V，内阻可忽略不计

C．电流表A，量程为0～15mA，内阻rA=20Ω

D．滑动变阻器R′1，最大阻值10Ω

E．滑动变阻器R′2，最大阻值5kΩ

F．开关S，导线若干

①为提高实验精确度，尽可能测量多组数据，实验中滑动变阻器应选择____（填器材序号字母）。

②请在虚线框内画出乙同学用伏安法测量电阻Rx的电路图_______。

【答案】

（1）.

（1）100

（2）.

（2）5900（3）.（3）①D（4）.②见解析；

【解析】

【详解】

（1）因s2闭合前后电总电流不变，则电流表达满偏刻度的1/3时，则并联电阻的电流为电流表满偏电流的2/3．因是并联关系，则  

得：

Rg＝

R=2R

由电阻箱可读出：

R=50Ω

则：

Rg=2R=2×50=100Ω

（2）改装成电压表要串联的阻值为  R=

−Rg=5900Ω

 （3）因测量范围大，要采用滑动变阻器分压式接法，宜用小阻值，故选D．

  因电压表内阻比得测电阻大的多，宜用电流表外接法．故画得电路图如图所示；

【点睛】考查的电阻箱的读数，半偏法测电阻，明确总电流认为不变；电路的设计，电流表的内外接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器分压式接法宜用小阻值．

四、计算题

16.一次闪电过程通常由若干个相继发生的闪击构成，每个闪击持续时间很短，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。

在某一次闪电前，云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为2km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为5×10-5s。

若闪电前云地间的电场可以看做匀强电场，试估算：

（1）闪电前云地间的电场强度大小。

（2）第一个闪击过程中闪电电流的平均值。

（3）第一个闪击过程中释放的能量。

【答案】

（1）5×105V/m

（2）1.2×105A（3）6×109J

【解析】

【详解】

（1）电场强度大小

．

（2）平均电流 

．

（3）第一个闪击过程中释放的能量 W=qU=6×1.0×109J=6×109J．

17.如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻RM为2Ω．当开关S闭合时，指示灯RL的电功率P=4W．求：

（1）流过电流表A的电流．

（2）电动机M输出的机械功率．

【答案】

（1）2A．

（2）7.5W．

【解析】

试题分析：

（1）由图可知，指示灯与电动机并联；已知指示灯的电功率，则由功率公式P=I2R可求得灯泡中的电流，再由欧姆定律可求得并联部分的电压，由闭合电路的欧姆定律可求得干路中的电流；

（2）由并联电路的电流规律可求得电动机的电流，则由功率公式P=UI可求得电动机消耗的总功率，而输出功率等于总功率减去热功率．

解：

（1）设流过指示灯RL的电流为I1，流过电流表A的电流为I

则指示灯RL的电功率P=I12RL

代入数据解得I1=0.5A

路端电压U=I1RL=8V

由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir

解得I=2A

即流过电流表的电流示数为2A．

（2）设流过电动机M的电流为I2

根据并联电路的电流关系I2=I﹣I1=1.5A

电动机输出的机械功率P出=I2U﹣I22RM

代入数据解得P出=7.5W

电动机输出的机械功率为7.5W．

【点评】此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由P=UI求总功率，不能用P=

求电动机的总功率．

18.如图所示，水平放置的、足够长的光滑金属轨道与光滑倾斜轨道以小圆弧平滑对接。

在倾斜轨道上高h=l.8m处放置一金属杆a，在平直轨道靠右端处放置另一金属杆b，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁扬。

现由静止释放杆a，杆a下滑到水平轨道后即进入磁场，此时杆b的速度大小为v0=3m/s，方向向左。

已知ma=2kg，mb=lkg，金属杆与轨道接触良好，g取10m/s2。

求：

（1）杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小。

（2）杆a、b在水平轨道上的共同速度大小。

（3）在整个过程中电路消耗的电能。

【答案】

（1）6m/s

（2）3m/s（3）27J

【解析】

【详解】

（1）设杆a下滑到水平轨道瞬间的速度为Va，杆a从斜轨道上下滑到水平轨道的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得magh=

mava2

解得va=6m/s．

（2）当a以6m/s的速度进入匀强磁场后，a、b两杆所受的安培力等大反向，合力为零，最终一起匀速运动．设共同的速度为V，取水平向右为正，由动量守恒定律得

mava-mbv0=（ma+mb）v

解得v=3m/s 

（3）设消耗的电能为E，由能量守恒定律得E=

mava2+

mbv02-

（ma+mb）v2 

代入数据解得E=27J．

【点睛】本题很好的考查了机械能守恒、动量守恒和能量守恒定律，把力学和电磁场有机的结合了起来，考查了学生的分析能力，是个好题．

19.如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45°角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同。

现有一质量为m，电荷量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45°角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x轴的位置。

已知OD距离为L，不计粒子重力。

求：

（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小。

（2）DM间的距离。

（结果用m、q、v0、L和B表示）

【答案】

（1）

（2）

【解析】

【详解】

（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡条件有：

qv0B=qE…①

粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O1，半径为R，轨迹如图，

由几何关系知R＝

…②

由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：

qv0B＝m

…③

由②③式解得：

v0＝

…④

由①④式解得：

E＝

…⑤

（2）、由题意可知，粒子从D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：

＝v0t…⑥

粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为：

…⑦

由几何关系可知：

，

…⑧

由⑤⑥⑦⑧式可解得

．

【点睛】

此类型的题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解;洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：

①、圆心的确定：

因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．②、半径的确定：

半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间的确定：

利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360°计算出粒子所经过的圆心角θ的大小，用公式t=

可求出运动时间．