山西省渾源縣高中學校2020學年高二物理上學期第五次聯(lián)考試題（含解析）

1、山西省渾源縣高中學校2020學年高二物理上學期第五次聯(lián)考試題（含解析） 一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項符合題目要求，有些小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1.如圖所示，在左邊的絕緣支架上插上頂針(其頂端是尖的)，在頂針上裝上金屬風針，若給風針附近的圓形金屬板接上正高壓極，風針接負高壓極，風針尖端放電會使其旋轉起來，下列說法中正確的是()A. 風針尖端附近的等勢面和電場線分布較密B. 風針附近的空氣在強電場下發(fā)生電離C. 空氣中的陽離子會向風針的尖端運動D. 交換金屬板與風針所帶電荷電

2、性，風針尖端會有正電荷射出【答案】ABC【解析】【詳解】A.圓形金屬板與風針分別接上正、負高壓后，風針附近產(chǎn)生強電場，且風針尖端處電場最強，因此風針尖端附近的電場線分布較密，由于電場線密的地方等勢面密，故風針尖端附近的等勢面也密。故A正確；BC.風針附近產(chǎn)生強電場使空氣發(fā)生電離，空氣中的陽離子會向風針的尖端運動與針尖負電荷中和，發(fā)生放電觀象，而空氣中的負離子因受排斥力而向相反方向運動。由于反沖，風針就旋轉起來。故B正確，C正確；D.如果交換金屬板與風針電荷電性，風針不可能放出正電荷，因為導體內只有自由運動的電子。故D錯誤。故選：ABC2.一粒子從A點射入電場，從B點射出，電場的等勢面和粒子的運

3、動軌跡如圖所示，圖中左側前三個等勢面平行，不計粒子的重力下列說法正確的有（ ）A. 粒子帶負電荷B. 粒子的加速度先不變，后變小C. 粒子的速度不斷增大D. 粒子的電勢能先減小，后增大【答案】AB【解析】【詳解】A、電場線(垂直于等勢面)先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以電場力與電場強度方向相反，所以粒子帶負電，A錯誤；B、因為等勢面先平行并且密，后變疏，說明電場強度先不變，后變小，則電場力先不變，后變小，所以加速度先不變，后變小，B正確；C、由于起初電場力與初速度方向相反，所以速度先減小，C錯誤；D、因為電場力先做負功，所以電勢能先增大，D錯誤。3.靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指

4、針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是()A. 斷開開關S后，將A、B兩極板分開些B. 保持開關S閉合，將A、B兩極板分開些C. 保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近些D. 保持開關S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動【答案】A【解析】試題分析：斷開開關，電容器帶電量Q不變，將AB分開一些，則d增大，根據(jù)知，電容C減小，根據(jù)知，電勢差U增大，指針張角增大，故A正確；保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變故B、C、D錯誤考點：電容

5、器的決定式及定義式。4.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學利用壓敏電阻設計了判斷小車運動狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖所示，將壓敏電阻和一塊擋板固定在絕緣小車上，中間放置一個絕緣重球。小車向右做直線運動過程中，電流表示數(shù)如圖所示，下列判斷正確的是（ ）A. 從t1到t2時間內，小車做勻速直線運動B. 從t1到t2時間內，小車做勻加速直線運動C. 從t2到t3時間內，小車做勻速直線運動D. 從t2到t3時間內，小車做勻加速直線運動【答案】D【解析】【詳解】試題分析：在t1t2內，I變大，阻值變小，壓力變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，小車做變加速運動，故AB錯誤；在t2t3內，I不變，壓力恒定

6、，且電流比初始電流大，因此小車做勻加速直線運動，故C錯誤，故D正確；故選：D考點：牛頓第二定律的應用.5. 在如圖所示的電路中，閉合開關S，A、B、C三只燈均正常發(fā)光。當可變電阻R的滑動觸頭上移時，對A、B、C三燈亮度的變化，下列敘述正確的是A. A燈變亮B. B燈變亮C. C燈變亮D. 三燈均變暗【答案】AC【解析】試題分析：當可變電阻的滑動觸頭上移時，R接入電路的電阻增大，分析外電路總電阻的變化，由歐姆定律分析總電流和路端電壓，再分析局部電流和電壓的變化，判斷燈泡亮度的變化解：當可變電阻的滑動觸頭上移時，R接入電路的電阻增大，外電路總電阻R總增大，總電流I減小，路端電壓U=EIr，則U增大

7、，A燈變亮由于I總減小，流過A燈的電流IA增大，則B燈和R并聯(lián)的總電流減小，B燈變暗，B和R并聯(lián)的電流減小，電壓UBR減小，C燈的電壓UC=UUBR，得到UC增大，C燈變亮故選AC【點評】本題電路中動態(tài)變化分析問題，按照部分到整體再到部分的思路進行分析6.小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線則下列說法中正確的是（）A. 隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B. 對應P點，小燈泡的電阻為RC. 對應P點，小燈泡的電阻為RD. 對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積【答案】ABD【解析】【詳解】A由圖象

8、可知，通過燈泡的電流隨兩端電壓的增大而增大，且UI，因為電阻是指對電流的阻礙作用，所以隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大，否則U和I的變化倍數(shù)相等，故A正確；BC由圖象可知，P點對應電壓為U1，電流為I2，則燈泡的電阻R，故B正確；C錯誤；D因P=UI，所以圖象中矩形PQOM所圍的面積為對應P點小燈泡的實際功率，故D正確7.如圖所示是電視機中偏轉線圈的示意圖，圓心O表示電子束，由紙內向紙外而來，那么，接通電源，給偏轉線圈加上圖示方向的電流時，電子束應()A. 不偏轉，仍打在O點B. 向左偏轉C. 向上偏轉D. 向下偏轉【答案】C【解析】【詳解】偏轉線圈由上下兩個“通電螺線管”組成，由右手螺旋

9、定則判斷知右端都是N極，左端都是S極，則O點處的磁場水平向左，由左手定則判斷可知，從O點射出的電子受到向上的洛倫茲力的作用將會向上偏轉，故C正確，ABD錯誤。故選：C8.如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域，如果這束正離子流在區(qū)域中不偏轉，進入?yún)^(qū)域后偏轉半徑r相同，則它們一定具有相同的()A. 速度B. 質量C. 電荷量D. 比荷【答案】AD【解析】【詳解】A.離子流在區(qū)域中不偏轉，一定是qEqvB，v，故A正確；B.進入?yún)^(qū)域后，做勻速圓周運動的半徑相同，由r知，因v、B相同，所以只能是比荷相同，故D正確，B、C錯誤。故選：AD9.如圖所示，兩個半徑相同的半圓形

10、軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的。兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N為軌道的最低點，則()A. 兩小球到達軌道最低點的速度vMvNB. 兩小球到達軌道最低點的速度vMvNC. 小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間D. 在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端【答案】BD【解析】【詳解】AB.小球在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以只有重力做功。在電場中受的電場力向左，下滑過程中電場力做負功，所以到達最低點時速度關系為vMvN，故A錯誤，B正確；C.整個過程的平均速度 ，所以時間tMtN，故C

11、錯誤；D. 由于電場力做負功，電場中的小球不能到達軌道的另一端。故D正確。故選：BD10.長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B，板間距離為L，板不帶電。現(xiàn)在質量為m、電量為q的正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的方法是：( )A. 使粒子的速度vBqL/4mC. 使粒子的速度v5BqL/4mD. 使粒子的速度BqL/4mv5BqL/4m【答案】AC【解析】【詳解】如圖所示，由題意知，帶正電的粒子從左邊射出磁場，其在磁場中圓周運動的半徑R，故粒子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力即：qvB=m，

12、可得粒子做圓周運動的半徑：粒子不打到極板上且從左邊射出，則： 即：v帶正電的粒子從右邊射出，如圖所示，此時粒子的最小半徑為R，由上圖可知：R2=L2+（R-）2；可得粒子圓周運動的最大半徑：R=又因為粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，粒子從右邊射出，則：即： 故欲使粒子不打在極板上，粒子的速度必須滿足v或，故AC正確，BD錯誤；故選A.點睛：該題考查了有界磁場的問題，利用幾何關系求出軌跡半徑是解題的關鍵能根據(jù)淪洛倫茲力提供向心力得到粒子做圓周運動的半徑和粒子速度的關系，并能根據(jù)幾何關系求出粒子不射出磁場的半徑條件二、填空題(共3小題，共18分。把答案直接填在橫線上)11.為了測量一微安表頭A

13、的內阻，某同學設計了如圖所示的電路。圖中，A0是標準電流表，R0和RN分別是滑動變阻器和電阻箱，S和S1分別是單刀雙擲開關和單刀開關，E是電池。完成下列實驗步驟中的填空：將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)_，使待測表頭指針偏轉到適當位置，記下此時_的讀數(shù)I；然后將S撥向接點2，調節(jié)_，使_，記下此時RN的讀數(shù)；多次重復上述過程，計算RN讀數(shù)的_，此即為待測微安表頭內阻的測量值。【答案】 (1). R0 (2). 標準電流表A0 (3). RN (4). 標準電流表A0示數(shù)為I (5). 平均值【解析】此題測量微安表頭A的內阻采用的是替代法。首先將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)R0，使待測表頭指針偏轉

14、到適當位置，記下此時標準電流表A0的讀數(shù)I；然后將S撥向接點2，讓電阻箱替代待測電流表，調節(jié)RN,使標準電流表A0的讀數(shù)仍為I；此時電阻箱讀數(shù)等于待測電流表內阻,記下此時RN的讀數(shù)；多次重復上述過程，計算RN讀數(shù)的平均值，此即為待測微安表頭內阻的測量值。12.有一根圓臺狀均勻質合金棒如圖甲所示，某同學猜測其電阻的大小與該合金棒的電阻率、長度L和兩底面直徑d、D有關。他進行了如下實驗： （1）用游標卡尺測量合金棒的兩底面直徑d、D和長度L。圖乙中游標卡尺（游標尺上有20個等分刻度）的讀數(shù)L=_cm.（2）測量該合金棒電阻的實物電路如圖丙所示（相關器材的參數(shù)已在圖中標出）。該合金棒的電阻約為幾個歐

15、姆。圖中有一處連接不當?shù)膶Ь€是_.（用標注在導線旁的數(shù)字表示）（3）改正電路后，通過實驗測得合金棒的電阻R=6.72.根據(jù)電阻定律計算電阻率為、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為Rd=13.3、RD=3.38.他發(fā)現(xiàn)：在誤差允許范圍內，電阻R滿足R2=RdRD，由此推斷該圓臺狀合金棒的電阻R=_.（用、L、d、D表述）【答案】 (1). 9.940 (2). (3). 【解析】【詳解】(1)首先確定游標卡尺的精度為20分度，即為0.05 mm，然后以毫米為單位從主尺上讀出整毫米數(shù)99.00 mm，注意小數(shù)點后的有效數(shù)字要與精度一樣，再從游標尺上找出對的最齊一根刻線，精度格數(shù)0.

16、058 mm0.40 mm，最后兩者相加，根據(jù)題目單位要求換算為需要的數(shù)據(jù)，99.00 mm0.40 mm99.40 mm9.940 cm.(2)本實驗為測定一個幾歐姆的電阻，在用伏安法測量其兩端的電壓和通過電阻的電流時，因為安培表的內阻較小，為了減小誤差，應用安培表外接法，線的連接使用的是安培表內接法(3)根據(jù)電阻定律計算電阻率為、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為Rd13.3 、RD3.38 .即Rd，RD，而電阻R滿足R2RdRD，將Rd、RD代入得R.13.在測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有下列器材：A待測的干電池（電動勢約為1. 5 V，內電阻小于1. 0

17、)B電流表G（滿偏電流3 mA，內阻Rg=10)C電流表A(00. 6 A，內阻0.1)D滑動變阻器R1(020,10 A)E.滑動變阻器R2(0200,l A)F定值電阻R0(990)G開關和導線若干（1）某同學發(fā)現(xiàn)上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖所示中甲的（a)、 (b)兩個參考實驗電路，其中合理的是_圖所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選_（填寫器材前的字母代號）（2）圖乙為該同學根據(jù)（1)中選出的合理的實驗電路利用測出的數(shù)據(jù)繪出的I1I2圖線（I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù)），則由圖線可以得被測電池的電動勢E=

18、_V，內阻r=_?！敬鸢浮?(1). b (2). D (3). 1.50 (4). 0.80【解析】【詳解】（1）上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表G串聯(lián)一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表（a）、（b）兩個參考實驗電路，其中合理的是b，因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小滑動變阻器應選D，（2）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識得電源兩端電壓U=I1（990+10）=1000I1，根據(jù)圖象與縱軸的交點得電動勢E=1.5mA1000=1.50V與橫軸的交點可得出路端電壓為1V時電流是0.62A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得：r=

19、0.80；三、論述計算題(共4小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)14.如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2（v2v1）若小物體電荷量保持不變，OM=ON，則小物體上升的最大高度h為多少？（重力加速度為g）【答案】【解析】試題分析：設物體上升過程中，摩擦力做功為W，上升的最大高度為h由于OM=ON，M、N兩點的電勢相等，上升和下滑過程中電場力做功都為0，則根據(jù)動能定理得上升過程：Wm

20、gh=0，下滑過程：W+mgh=聯(lián)立解得，h=答：小物體上升的最大高度為15.一臺國產(chǎn)XQB3013型全自動洗衣機說明書中所列的主要技術數(shù)據(jù)如下表。試根據(jù)表中提供的數(shù)據(jù)計算：額定電壓頻率額定洗衣、脫水功率額定洗衣、脫水容量整機質量外形尺寸(長寬高)220V50HZ360W3kg33kg542mm550mm920mm(1)這臺洗衣機在額定電壓下洗衣或脫水時，通過洗衣機的電流是多大？(2)如洗衣、脫水的累計時間為40min，則洗衣機耗電多少度？【答案】1.64A；0.24度【解析】【詳解】(1)額定電壓為U220V，而額定功率P360W，所以IA1.64A(2)因為P360W，t4060s2400

21、s所以WPt3602400J0.24kWh0.24度16.如圖所示，電源電動勢，內阻，電阻，. 間距 d =0.2m 的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應強度 B1T 的勻強磁場閉合開關 S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度 v0.1 m/s 沿兩板間中線水平射入板間設滑動變阻器接入電路的阻值為 ，忽略空氣對小球的作用， 取 ，求：(1)當時，電阻消耗的電功率是多大？(2)若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為 60，則是多少？【答案】(1)0.6W，(2)54.【解析】本題主要考查電路分析，含容電路分析，及帶電粒子在復合場中的運動的綜合運用的問題。對考生分析問題和建立正確的物理模型能力的考查。（1）設和的并聯(lián)電阻為，有：兩端的電壓為：消耗的電功率為：當時，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，解得：（2）設小球質量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運動時，有：設小球做圓周運動半徑為r，有：由幾何關系有：聯(lián)立