陕西省西安市第一中学2018届高三上学期第五次考试
理综物理试题
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14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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. 用游标卡尺、螺旋测微器等仪器测量长度比用一般的毫米刻度尺直接测量更精确，下列物理实验与游标卡尺、螺旋测微器等仪器制成原理相同的是
A. 多用电表测电阻实验
B. 卡文迪许实验
C. 伽利略理想斜面实验
D. 法拉第电磁感应实验
【答案】B
【解析】游标卡尺、螺旋测微器都是采用放大的思想制成的仪器，卡文迪许扭秤实验的原理也是微小量放大，故选项B正确.
2. 如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A. 小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且
B. 弹簧弹力大小
C. A球质量为
D. 光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg
【答案】C
【解析】试题分析：对B受力分析可知：细绳的拉力，则TOA＝TOB＝，选项A错误；弹簧弹力大小，选项B错误；对A球受力分析可知：
，解得：，选项C正确；光滑半圆柱体对A球支持力的大小为，选项D错误；故选C．
考点：物体的平衡
3. 宇宙中有两颗相距无限远的恒星s1、s2，半径均为R0.下图分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与公转半径r3的图像，则
A. 恒星s1的质量大于恒星s2的质量
B. 恒星s1的密度小于恒星s2的密度
C. 恒星s1的第一宇宙速度大于恒星s2的第一宇宙速度
D. 距两恒星表面高度相同的行星，s1的行星向心加速度较大
【答案】B
【解析】A、由题图可知，当绕恒星运动的行星的环绕半径相等时，S1运动的周期比较大，根据公式：，所以：，周期越大则质量越小．所以恒星S1的质量小于恒星S2的质量．故A错误；B、两颗恒星的半径相等，则根据M=ρV，半径R0相等则它们的体积相等，所以质量大S2的密度大．故B正确．C、根据万有引力提供向心力，则：，所以：，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度．故C错误．D、距两恒星表面高度相同的行星，如图当它们的轨道半径相等时，S1的周期大于恒星S2的周期，它们的向心加速度a：，所以S1的行星向心加速度较小．故D错误．故选B.
【点睛】该题考查万有引力定律的应用，由于两个恒星的半径均为R0，又可以根据图象，结合万有引力定律比较半径和周期之间的关系．当然也可以结合开普勒第三定律分析半径与周
期之间的关系．
4. 真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则
A. E带正电，F带负电，且QE > QF
B. 在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点
C. 过N点的等势面与EF连线垂直
D. 负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】C
【解析】试题分析：根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C。
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势、电势能。
【名师点睛】只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能。
5. 如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a．平行板电容器
的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中错误的是
A. E变小
B. U变大
C. Ep不变
D. 电荷仍保持静止
【答案】A
【解析】将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式可知，U变大．根据推论可知，板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态．P与B板间电势差UPB=Ed，E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能EP不变．故A错误，B，C，D正确．本题选错误的，故选A.
【点睛】本题分析电容器的电容如何变化是常规思路，要抓住二极管单向导电性判断电容器的电量能否发生变化，要防止思维定势的影响，注意条件的变化．
6. 在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是
A. △U1>△U2 ,△U2>△U3
B. U1:I不变,△U1:△I不变
C. U2:I变大,△U2:△I变大
D. U3:I变大,△U3:△I不变
【答案】BD
【解析】A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特点可知，R1的电压减小，R2的电压增加．电源的内电压减小，则路端电压增大，因为U1+U2=U3，所以R1的电压减小量小于R2的电压增加量，即有：|△U1|＜|△U2|，且有|△U2|＞|△U3|．故A错误．B、由于R1是定值电阻，根据欧姆定律得知，保持不变，故B正确．C、，变大．根据闭合电路欧姆定律知：U2=E-I(R1+r)，则得，保持不变，故C错误．D、,变大；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，保持不变．故D正确．故选BD．
【点睛】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有，而变阻器是非线性元件，r.
7. 如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E =1×104 N/C的匀强电场.在匀强电场中有一根长L =2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10 m/s2.下列说法正确
A. 小球的带电荷量q =6×10－5 C
B. 小球动能的最小值为1J
C. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D. 小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J
【答案】AB
【解析】对小球进行受力分析如上图所示，可得：mgtan37°=qE．
解得小球的带电量为： ，选项A正确；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力．在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有： ，
而 ，所以 ，选项B正确；由于总能量保持不变，即Ek+EPG+EPE=恒量．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最大，机械能最小．选项C错误，D正确；故选ABD.
点睛：该题为小球在电场和重力场这一复合场中的运动问题，抓住重力和电场力的合力为恒力这一突破口解决本题．
8. 如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平作直线运动。现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中
A. 其动能将会增大
B. 其电势能将会增大
C. 小球受到的电场力将会增大
D. 小球所受的洛伦兹力将会增大
【答案】ABD
解：AB、根据题意分析得：小球从P点进入平行板间后做直线运动，是做匀速直线运动；
如果小球从稍低的c点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转，故合力做正功、电场力做负功，故动能增加、电势能也增加；故A正确，B错误；
C、电场力F=qE，与速度无关，不变，故C错误；
D、粒子做曲线运动，下降时速度增加，故洛仑兹力f=qvB增加，故D正确；
故选：AD
【点评】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析．
三、非选择题.
9. (1)小明同学用螺旋测微器测定某一金属丝的直径，测得的结果如下左图所示，则该金属丝的直径d =________mm。然后他又用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L =_________cm。
多用电表表头的示意图如图所示. 在正确操作的情况下:
①若选择开关的位置如灰箭头所示，测量结果为________.
②若选择开关的位置如白箭头所示，测量结果为_________.
③若选择开关的位置如黑箭头所示，测量结果为__________.
④若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么应换_____倍率（大或者小）
⑤无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从______色表笔经_______插孔流入电表.
(2)然后小明又用多用电表粗略测量某金属电阻丝的电阻Rx约为5.0Ω，为了尽可能精确地测定该金属丝的电阻，且测量时要求通过金属丝的电流在0～0.5A之间变化.根据下列提供的实验器材，解答如下问题：
A、量程0.1A，内阻r1=1Ω的电流表A1
B、量程0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A2
C、滑动变阻器R1全电阻1.0Ω，允许通过最大电流10A
D、滑动变阻器R2全电阻100Ω，允许通过最大电流0.1A
E、阻值为59Ω的定值电阻R3
F、阻值为599Ω的定值电阻R4
G、电动势为6V的蓄电池E
H、电键S一个、导线若干
①根据上述器材和实验要求完成此实验，请在虚线框内画出测量该金属丝电阻Rx的实验原理图（图中元件用题干中相应的元件符号标注）___________。
②实验中测得电表A1示数为I1，A2表示数为I2，其它所选的物理量题目中已给定，请写出电阻丝的电阻表达式Rx=__________.
【答案】 (1). 3.206 (2). 5.015 (3). 1.20V (4). 47mA (5). 1.7×103Ω (6). 大 (7). 红 (8). + (9). (10).
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.5mm=0.205mm，所以最终读数为：3.205mm，需要估读在范围3.204-3.206mm都正确；游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标读数为：0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为5.015cm．
(2)①没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1与定值电阻串联测电压，电源电动势为6V，电压表内阻为：，则定值电阻阻值为：60-1=59Ω，应选择定值电阻R3；实验要求通过金属丝的电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
②由图示电路图可知，待测电阻阻值：
【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、求电阻丝阻值问题，根据题意确定实验原理，知道实验目的与实验原理是解题的前提，根据实验目的与实验原理与给出的实验器材选择所需实验器材，然后作出实验电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．
10. 如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d =0.1m，电源电动势E =15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
(1)电源的输出功率；
(2)两板间的电场强度的大小；
(3)带电小球的质量．
【答案】(1)P出=28W (2)E=140N/C (3)m=5.6×10﹣4kg
【解析】试题分析：（1）R2与R3并联后的电阻值R23==4Ω
由闭合电路欧姆定律得 I==A=2A
电源的输出功率 P出=I（E﹣Ir）=28W
（2）两板间的电压 UC=I（R1+R23）=2×（3+4）=14V
两板间的电场强度 E==140N/C
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE
由平衡条件得：水平方向 Tcosα﹣mg=0
竖直方向 Tsinα﹣qE=0
所以m==5.6×10﹣4kg
11. 在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框，宽L=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池。垂直框面放有一根质量m =0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为,整个装置放在磁感应强度B＝0.8T的垂直框面向上的匀强磁场中。当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上.（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计）g取10m/s2.
【答案】1.6Ω≤R≤4.8Ω
【解析】试题分析：由安培定则可知导体棒受到的安培力沿斜面向上，
当安培力较小，摩擦力方向向上时：（1分）
其中：（1分）
由闭合电路欧姆定律得：（1分）
以上联立：代入数据解得：（2分）
当安培力较大，摩擦力方向向下时：（1分）
其中：（1分）
由闭合电路欧姆定律得：
以上联立：代入数据解得：（2分）
故滑动变阻器R的取值范围应为1.6Ω≤R≤4.8Ω （1分）
考点：安培力、共点力作用下的平衡、闭合电路欧姆定律
【名师点睛】本题主要考查了安培力、共点力作用下的平衡、闭合电路欧姆定律。通电导线处于垂直斜面向上的匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，当安培力
过大时，则棒有上滑趋势，则静摩擦力沿斜面向下．当安培力过小时，则棒有下滑的趋势，则静摩擦力沿斜面向上．根据力的平衡条件可求出两种安培力的大小，从而确定滑动变阻器的电阻范围。
12. 如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有方向沿x轴正向的匀强电场，下方有一半径为R的圆形有界匀强磁场，圆心在y轴上，且圆与x轴相切，磁场方向垂直于纸面向外，一质量为m、电荷量为q的带电粒子在坐标为(,)的A点，以初速度沿y轴负方向射入电场，且刚好从O点射入磁场，经磁场偏转后刚好平行于x轴从磁场中射出，不计粒子重力．（结果里可以有根号）
(1)求电场强度和磁感应强度的大小；
(2)若该粒子沿y轴负方向射出时的初速度大小为v0，要使该粒子也能从O点进入磁场，且经磁场偏转后刚好平行于x轴从磁场中射出，求该粒子开始射出时的位置坐标．
【答案】(1), (2)射出坐标(L，2L)
【解析】(1)粒子在电场中做类似平抛运动，根据分位移公式，有：
解得：
又：
所以：;
如图做出粒子在磁场中运动的轨迹，依次连接入射点、出射点、和两个圆心，则O、磁场区域的圆心、轨迹圆心、出射点应该构成菱形才能使粒子沿x轴平行的方向射出磁场，
所以：r=R
根据洛伦兹力提供向心力得：
所以：
(2)若该粒子沿y轴负方向射出时的初速度大小为v0，根据推论公式，可知粒子到达O点时速度的大小仍然是才能仍然沿与x轴平行的方向射出磁场．所以：
粒子在电场中做类似平抛运动，根据分位移公式，有：
又：
所以：y=2L
即开始射出的位置坐标为（L，2L）
【点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，对于电场中的运动，关键是根据类似平抛运动的分运动公式列式；对于磁场中的运动，关键是明确O、磁场区域的圆心、轨迹圆心、出射点依然应该构成菱形，结合几何关系和牛顿第二定律列式分析.
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