2019学年高二物理上学期第三次（11月）检测试题（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 学年上学期第三次（学年上学期第三次（1111 月）检测高二物理试卷月）检测高二物理试卷一、选择题一、选择题1. 关于电源的电动势，下列说法正确的是( )A. 电动势在数值上等于外电路断开时电源两极间的电压B. 电动势是表征电源把电能转化为其他形式的能的本领大小的物理量C. 电动势是表征电场力做功多少的物理量D. 外电路发生变化时，电源两端的电压随之变化，电动势也随之变化【答案】A【解析】电动势在数值上等于外电路断开时电源两极间的电压，选项 A 正确；电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，选项 B 错误；电动势是表征非静电力把单位正电荷从电源的负

2、极移到正极做功多少的物理量，选项 C 错误；外电路发生变化时，电源两端的电压随之变化，电动势不变，选项 D 错误；故选 A.2. 如图虚线表示某点电荷形成的电场中的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的轨迹如图中实线所示.粒子在A、B两点的加速度大小分别为，电势能分别为，下列判断正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据 U=Ed 知，等差等势面越密的位置场强越大，B 处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即 aAaB；根据沿着电场线方向，电势是降低的，结合运动轨迹，可知，粒子带负电，当

3、从 A 到 B，电场力对带负电粒子做负功，电势能增加，则知 B 点电势能大，即EAEB；故 D 正确，ABC 错误故选 D- 2 -点睛：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化公式 U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强3. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长 ab= 2bc.当将A与B接入电压为U(V)的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U(V)的电路中，则电流为( )A. 4I B. 2I C. D. 【答案】A【解析】试题分析：设金属薄片的厚度为 d，当 A 与 B 接入电压为 U（V）的电路中时，当 C 与 D 接入电压为 U（V

4、）的电路中时，联立得：，根据欧姆定律得，电流，知电流之比为 1:4，所以将 C 与 D 接入电压为 U（V）的电路中，电流为4I选 A.【点睛】根据电阻定律得出两种情况下的电阻之比，结合欧姆定律得出电流大小之比4. 如图所示，平行板电容器的两个极板为 A、B，B 极板接地，A 极板带有电荷量+Q，板间电场有一同定点 P，若将 B 极板固定，A 极板上移一些，或者将 A 极板固定，B 极板下移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（ ）A. B 极板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势降低B. B 极板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势升高C. A 极板上移时，P 点的电场强度不变，P

5、 点电势升高D. A 极板上移时，P 点的电场强度不变，P 点电势降低【答案】B- 3 -.点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强表达式为 ，这个式子要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论5. 如图所示，MN和PQ为两条平行的竖直线，间距为 d，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，粒子源能沿着与 MN 成角（如图所示）的方向放出速度大小不同(方向均垂直磁场方向)、比荷均为 的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知=60，为使粒子不能从右边界 PQ 穿出磁场，则射出粒子的速度的最大值为( )A. B. C. D. 【

6、答案】C【解析】试题分析：为使粒子不能从右边界 PQ 穿出磁场，即让粒子运动轨迹与 PQ 相切，速度最大，其运动轨迹图如图所示- 4 -由几何关系得：，解得：，粒子在磁场受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，则有，解得，选 C.【点睛】由粒子沿射入时，为使粒子不能从右边界 PQ 穿出磁场，即让粒子运动轨迹与PQ 相切，做运动轨迹图，由几何关系得最大半径，由磁场规律求出对应的最大速度.6. 如图所示的电路图中，为定值电阻，为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，电流表、电压表可视为理想电表，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A. 电流表和电压表读数均增大B.

7、电流表和电压表读数均减小C. 电压表的示数变化量的绝对值大于电压表的示数变化量的绝对值D. 电流表读数变小，电压表读数变大，读数减小【答案】D【解析】由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流 I 减小，而路端电压 U=E-Ir，则 U 增大，电阻 R1的电压 U1=IR1减小，则电压表 V1示数减小；并联部分的电压 U并=U-U1增大，电压表 V2示数增大；U并增大，通过 R2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小总之，电流表读数变小，电压表 V2读数变大，V1读数变小，故-

8、5 -AB 错误，D 正确；电压表 V1的示数与电压表 V2的示数之和等于 U，即 U1+U2=U，因 V1示数增大，V2示数减小，而 U 减小，所以电压表 V1的示数增加量小于电压表 V2的示数减小量，故C 错误故选 D7. 如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为 0.5 T 的匀强磁场，一质量为 0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为 0.1 kg、电荷量q=0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0 时对木板施加方向水平向左，大小为 0.6 N 的恒力F，g取 10 m/s2。

9、则( )A. 木板和滑块一直做加速度为 2m/s2的匀加速运动B. 滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为 10 m/s 的匀速运动C. 木板先做加速度为 2m/s2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为 3 m/s2的匀加速运动D. t=3s 后滑块和木板有相对运动【答案】BC【解析】试题分析：由于动摩擦因数为 0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为 5m/s2，所以当0.6N 的恒力作用于木板时，系统一起以的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时 Bqv=mg，解得 v=10m/s，此时

10、摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为 10m/s 的匀速运动故 A 错误，BC 正确木块开始的加速度为 2m/s2，然后加速度逐渐减小，当减小到零，与木板脱离做匀速直线运动，知 3s 末的速度小于 10m/s，知此时摩擦力不为零，还未脱离木板故 D 错误故选 BC.考点：洛伦兹力；牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块- 6 -的受力情况，进而判断运动情况；解题时要注意滑块所受的洛伦兹力的变化情况；此题物理过程较复杂，考查学生综

11、合分析问题的能力.8. 如图所示的电路图，AB 间电压为 U，则下列说法正确的是（ ）A. 滑动变阻器滑片向上移动时，两端电压变小B. 滑动变阻器滑片向下移动时，两端电压变大C. 滑动变阻器滑片位于中间时，两端电压小于D. 滑动变阻器滑片位于中间时，若 CD 间改接为内阻为的电动机，电动机恰能正常工作，则此电动机消耗的热功率小于【答案】CD9. 如图，在半径为 R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直于圆平面向里（未画出） 。一群比荷为 的负离子以相同速率（较大） ，由 P 点（PQ 为水平直径）在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场（不计重力） ，则下列说法正确

12、的是（ ）- 7 -A. 离子在磁场中运动的半径一定相等B. 由 Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C. 沿 PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大D. 如果入射速率，则沿各个方向射入的离子在飞离开磁场时的速度方向均竖直向下【答案】ABD【解析】试题分析：由，得，因离子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，A 正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为 PQ，故由 Q 点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿 PQ 射入B 正确，C 错误；沿各个方向射入磁场的离子，当入射速率时，离子的轨迹半径为，入射点、出射点、O 点与轨迹的

13、圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与入射点所在的磁场半径平行，离子在飞离开磁场时的速度方向均竖直向下，D 正确.选 ABD.【点睛】本题要抓住离子的运动轨迹是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系带电离子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的离子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系10. 如图，一带正电的点电荷固定于 O 点，两虚线圆均以 O 为圆心，两实线分别为带电粒子 M 和 N 先后在电场

14、中运动的轨迹，a、b、c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点，不计重力.下列说法正确的是（ ）- 8 -A. M 带负电荷，N 带正电荷B. M 在 b 点的动能大于它在 a 点的动能C. N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能D. N 在从 c 点运动到 d 点的过程中克服电场力做功【答案】AC【解析】由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知 M 带负电荷，N带正电荷，故 A 正确M 从 a 到 b 点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则 b 点的动能小于在 a 点的动能，故 B 错误d 点和 e 点在同一等势面上，电势相等，则 N 在 d 点的电势能等于在

15、 e 点的电势能，故 C 正确N 从 c 到 d，库仑斥力做正功，故 D 错误故选AC点睛：本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化11. “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为 RA和 RB的同心金属半球面 A 和 B 构成，A、B 为电势值不等的等势面，电势分别为A和B，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端 M 的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板 N，其

16、中动能为 Ek0的电子沿等势面 C 做匀速圆周运动到达 N 板的正中间忽略电场的边缘效应下列说法中不正确的是( )A. A 球面电势比 B 球面电势高B. 电子在 AB 间偏转电场中做匀变速运动- 9 -C. 等势面 C 所在处电势的大小为D. 等势面 C 所在处电场强度的大小为【答案】ABC【解析】试题分析：电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以 B 板的电势较高，A 错误；电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动，B 错误；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以，即：，所以，C 错误电子在等势面

17、 C 所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力：，半径，联立得：，D 正确.本题选不正确的，选 ABC.【点睛】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由牛顿第二定律和向心力列式解答；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大结合电势差的表达式即可得出 C 点的电势大小二、实验题、实验题12. 为了精确测量某待测电阻Rx的阻值(约为 30)。有以下一些器材可供选择。电流表：A1(量程 050mA，内阻约 12)A2(量程 03A，内阻约 0.12)电压表：V1(量程 03V，内阻很大)V2(量程 015V，内阻很大)电源：E(电动势约为 3V，内阻约为 0.2)

18、定值电阻：R(30，允许最大电流 2.0A)滑动变阻器：R1(010，允许最大电流 2.0A)滑动变阻器：R2(01k，允许最大电流 0.5A)单刀单掷开关 S 一个，导线若干（1）电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_。(填字母代号)- 10 -（2）请在方框中画出测量电阻Rx的实验电路图_。(要求测量值的范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出)（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】 （1）测量电阻时电流不能太大，电流表应选 A1，电源电动势为 3V，故电压表应选

19、V1，根据闭合电路欧姆定律考虑电流表读数要求，可求出电路最小电阻R=90，故变阻器若用限流式则 R1太小，R2太大，因此应采用分压式，故应选阻值小的变阻器 R1.（2）又待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，但根据欧姆定律，若将电阻直接接在电压表两端时，电阻两端最大电压为，只是电压表V1量程的一半；若将待测电阻与定值电阻串联，则它们两端电压为，正好与电压表 V1的量程相同，所以电路图如图所示- 11 -（3）由欧姆定律可得：点睛：因本题有“要求测量值的范围尽可能大一些” ，这就提示我们滑动变阻器应用分压式；又所给器材中有一个定值电阻，说明可能待测电阻不能直接使用13. 某研究小组收集

20、了手机中的锂电池。为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红同学设计了如图甲所示的电路图，图中 R 为电阻箱。根据测量数据作出 图象，如图乙所示。(1)若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E_，内阻r_(用k、b表示)。(2)若考虑电压表的内阻，从理论上分析，用上述方法测出的数据与真实值比较，测量出的电动势_，测量出的内阻_（填“偏大” 、 “偏小”或“不变” ）【答案】 (1). （1）1/b； (2). k/b； (3). （2）偏小； (4). 偏小；【解析】 （1）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+ r，则，因此图象的纵轴截距b= ，电动势 E= ，图象的斜率 k= ，则

21、电源内阻 r=kE= ；（2）由电路图可知，实验中考虑电压表的分流，则电源内部的电流，则表达式为 E =U+()r；变形可知，则，则；，故测量出的电动势和内阻均偏小.三、计算题三、计算题14. 在与水平方向成 角的倾斜光滑导轨上放一质量为 m 的导体棒 ab（导轨宽度为 L,导轨和棒的电阻不计） ，电源电动势为 E，内电阻为 r，定值电阻阻值为 R，整个装置放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，如图所示- 12 -（1）求释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向（2）求导体棒由静止释放瞬间的加速度的大小。【答案】 （1），方向水平向右（2）a=mg（R+r）sin-BLEcos/m

22、(R+r)【解析】试题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律可求得导体棒中的电流，再根据安培力公式可求得安培力大小， （2）再对导体棒分析，根据牛顿第二定律可求得导体棒的加速度.（1）由闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力（2）以导体棒为研究对象，受力情况如图根据牛顿第二定律有：解得：【点睛】本题考查牛顿第二定律以及安培力的计算，要注意在分析受力时应作出对应的平面图，再根据牛顿第二定律求解加速度15. 如图所示，一个质量为 m、带电量为 q 的粒子，此粒子的比荷，由静止开始，先经过电压为 U1=400V 的电场加速后，再垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，两金属板板长为 L=10cm，间

23、距为 d=10cm，板间电压为 U2=800V- 13 -求（1）粒子进入偏转电场时的速度；（2）粒子出偏转电场时的侧移量（3）粒子出偏转电场的偏转角度【答案】 （1）40m/s（2）5cm（3）=45【解析】试题分析：（1）在加速电场中，根据动能定理可得，解得（2）在偏转电场中，在竖直方向上有，联立可得5cm（3）如图所示：，粒子射出电场时偏转角度的正切值：解得，所以45考点：考查了带电粒子在电场中的偏转【名师点睛】带电粒子在电场中偏转问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解此类型的题要注意

24、是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、 粒子、离子等） ，一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等） ，一般要考虑重力16. 平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0垂直于 y 轴射入电场，经 x 轴上的 N 点与 x 轴正方向成- 14 -60角射入磁场，最后从 y 轴负半轴上的 P 点与 y 轴正方向成 60角射出磁场，如图所示不计粒子重力，求（1）粒子在磁场中运动的

25、轨道半径 R；（2）粒子在磁场中的运动时间 t；（3）匀强电场的场强大小 E【答案】 （1）；（2）；（3）【解析】 （1）设粒子过 N 点时的速度为 v，根据平抛运动的速度关系 分别过 N、P 点作速度方向的垂线，相交于 Q 点，则 Q 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，根据牛顿第二定律 qvB=联立解得轨道半径 R=（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期由几何关系知NQP=150，设粒子在磁场中运动的时间为 t2 t2=T- 15 -联立解得 （3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为 a，运动时间为 t由牛顿第二定律：qE=ma 设沿电场方向的分速度为 vy，vy=at粒子在电场中 x 轴方向做匀速运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：粒子在 x 轴方向的位移：Rsin30+Rcos30=v0t 又：vy=v0tan60联立可以解得 点睛：掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系