(假期一日一練)學(xué)年高二物理上學(xué)期第三次(11月)檢測試題(含解析)

1、2019學(xué)年上學(xué)期第三次（11月）檢測高二物理試卷一、選擇題1 .關(guān)于電源的電動勢，下列說法正確的是（）A.電動勢在數(shù)值上等于外電路斷開時電源兩極間的電壓B.電動勢是表征電源把電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的本領(lǐng)大小的物理量C.電動勢是表征電場力做功多少的物理量D.外電路發(fā)生變化時，電源兩端的電壓隨之變化，電動勢也隨之變化【答案】A【解析】電動勢在數(shù)值上等于外電路斷開時電源兩極間的電壓，選項 A正確；電動勢是表征 電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量，選項B錯誤；電動勢是表征非靜電力把單位正電荷從電源的負極移到正極做功多少的物理量，選項C錯誤；外電路發(fā)生變化時，電源兩端的電壓隨之變化，電動勢

2、不變，選項 D錯誤；故選 A.2 .如圖虛線表示某點電荷形成的電場中的等勢面，一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的軌跡如圖中實線所示.粒子在A、B兩點的加速度大小分別為aA.電，電勢能分別為,八、,卜列判斷正確的是（）7V 0 3VA."：產(chǎn)強,3產(chǎn)閾B. 鼠>、2產(chǎn)引C. .1.上 D. 八%【答案】D【解析】根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，根據(jù)U=Ed知，等差等勢面越密的位置場強越大，B處等差等勢面較密集，則場強大，帶電粒子所受的電場力大，加速度也大，即aAaB；根據(jù)沿著電場線方向，電勢是降低的，結(jié)合運動軌跡，可知，粒子帶負電，當(dāng)從A到B,電場力對帶

3、負電粒子做負功，電勢能增加，則知B點電勢能大，即Ea< Eb；故D正確，ABC錯誤.故選 D.點睛：本題關(guān)鍵是先根據(jù)靠差等勢面的疏密判斷場強的大小，再結(jié)合電場力做功正負分析電勢能變化.公式 U=Ed,對非勻強電場可以用來定性分析場強.3 .如圖所示，厚薄均勻的矩形金屬薄片邊長ab= 2 bc.當(dāng)將A與B接入電壓為 UV)的電路中時，電流為I ;若將C與D接入電壓為U(V)的電路中，則電流為()-16 -I1A. 4 I B. 2 I C. I D. P4【答案】A【解析】試題分析：設(shè)金屬薄片的厚度為 d,當(dāng)A與B接入電壓為U(V)的電路中時，p-刁, 1 M一vl也no當(dāng)C與D接入電壓為

4、U(V)的電路中時R2 p ,聯(lián)立得：根據(jù)歐姆定律得，電流"1曲d&R知電流之比為1:4 ,所以將C與D接入電壓為UI (V)的電路中，電流為 4I .選A.【點睛】根據(jù)電阻定律得出兩種情況下的電阻之比，結(jié)合歐姆定律得出電流大小之比.4 .如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A B, B極板接地，A極板帶有電荷量+Q板間電場有一同定點P,若將B極板固定，A極板上移一些，或者將 A極板固定，B極板下移一些，在這兩種情況下，以下說法正確的是()P點電勢降低P點電勢升高P點電勢升高P點電勢降低A. B極板下移時,B. B極板下移時,C. A極板上移時,D. A極板上移時,P點的電場強

5、度不變,P點的電場強度不變,P點的電場強度不變,P點的電場強度不變,【解析】由題電容器兩板所帶電量不變,正對面積不變,根據(jù)C =鼎 七和E = '可推出；E =若 4RK0I UEo，可知.只改變板間距離d時，板間的電場強度不變,則P點的電場強度E不變.B極板下移時,P 點與下板的距離增大.根據(jù)公式U=EcL P點與下板的電勢差變大.下板的電婚為零.則P點的電勢升 高.故A錯誤，B正確：A板上移時,同理得知r P點的電場強度不變,根據(jù)公式U二Ed ,知P點與 下極板的間的電勢差不變.故P點的電勢不變,故CD錯誤,故選B.點睛：本題是電容器的動態(tài)變化分析問題，板間的場強表達式為E-勺絲，

6、這個式子要在理eS解并會推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記住，這是一個很重要的結(jié)論.5 .如圖所示，MN PQ為兩條平行的豎直線，間距為 d,其間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)弓雖度為B, O是MNh一點，O處有一粒子源，粒子源能沿著與 MN成0角（如圖所示） 的方向放出速度大小不同（方向均垂直磁場方向）、比荷均為"的帶負電粒子（粒子重力及粒子 間的相互作用力不計），已知e =60° ,為使粒子不能從右邊界 pq穿出磁場，則射出粒子的速 度的最大值為（）M X X >:X X；多、；X X ：X X :N 口'QA |Bqd B 2Bqd C 上現(xiàn)d D Bqd12m m3m

7、 m【答案】C【解析】試題分析：為使粒子不能從右邊界PQ穿出磁場，即讓粒子運動軌跡與PQ相切，速度最大，其運動軌跡圖如圖所示:X X :NXa由幾何關(guān)系得：R + Rc加60, i解得：R 、，粒子在磁場受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，3則有殺口吧，解得一現(xiàn)，選C.R |3m【點睛】由粒子沿60射入時，為使粒子不能從右邊界PQ穿出磁場，即讓粒子運動軌跡與PQ相切，做運動軌跡圖，由幾何關(guān)系得最大半徑，由磁場規(guī)律求出對應(yīng)的最大速度6 .如圖所示的電路圖中，R為定值電阻，R2為滑動變阻器，電源內(nèi)阻不可忽略，電流表、電壓表可視為理想電表，當(dāng)滑動變阻器的滑動片向右移動時，關(guān)于電流表和電壓表示數(shù)的變化情況的

8、分析，正確的是（）A.電流表和電壓表讀數(shù)均增大B.電流表和電壓表讀數(shù)均減小C.電壓表丫的示數(shù)變化量的絕對值大于電壓表V的示數(shù)變化量的絕對值D.電流表讀數(shù)變小，電壓表 三讀數(shù)變大，叫讀數(shù)減小【答案】D【解析】由電路圖可知，滑動變阻器的滑動片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路的總電阻增大，電源的電動勢不變，由閉合電路歐姆定律可知，電路總電流I減小，而路端電壓U=E-Ir ,則U增大，電阻R的電壓Ui=IRi減小，則電壓表 M示數(shù)減小；并聯(lián)部分的 電壓U并=U-U增大，電壓表 V2示數(shù)增大；U并增大，通過 R的電流增大，因為總電流減小，所 以通過電流表的示數(shù)變小.總之，電流表讀數(shù)變小，電

9、壓表V2讀數(shù)變大，Vi讀數(shù)變小，故 AB錯誤，D正確；電壓表 Vi的示數(shù)與電壓表 V2的示數(shù)之和等于 U,即Ui+U=U,因Vi示數(shù)增大，V2示數(shù)減小，而U減小，所以電壓表Vi的示數(shù)增加量小于電壓表V2的示數(shù)減小量，故C錯誤.故選D.7 .如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強度為0.5 T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量q=+0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。t=0時對木板施加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力F, g取10 m/s2。則（）

10、 A.木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動8 .滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10 m/s的勻速運動C.木板先做加速度為 2m/s2的勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后做加速度為3 m/s的勻加速運動D. t =3s后滑塊和木板有相對運動【答案】BC【解析】試題分析：由于動摩擦因數(shù)為0.5 ,靜摩擦力能提供的最大加速度為5m/s2,所以當(dāng)F 0.6 r 0.6N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以 a-=的加速度一起運動，當(dāng)M + m 0.2 01滑塊獲得向左運動的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv=mg解得v

11、=10m/s ,此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，F(xiàn) 0 6而木板在恒力作用下做勻加速運動，=< .可知滑塊先與木板一起做勻加速M 0.2直線運動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速，最后做速度為10m/s的勻速運動.故A錯誤，BC正確.木塊開始的加速度為2m/s2,然后加速度逐漸減小，當(dāng)減小到零，與木板脫離做勻速直線運動，知3s末的速度小于10m/s,知此時摩擦力不為零，還未脫離木板.故 D錯誤.故選BC.考點：洛倫茲力；牛頓第二定律【名師點睛】本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析木板和滑塊 的受力情況，進而判斷運動情況；解題時要注意滑塊所受的洛倫茲力的變化情況

12、；此題物理過程較復(fù)雜，考查學(xué)生綜合分析問題的能力.8 .如圖所示的電路圖，AB間電壓為U,則下列說法正確的是（A.滑動變阻器滑片向上移動時，R*兩端電壓變小9 .滑動變阻器滑片向下移動時，Rk兩端電壓變大C.滑動變阻器滑片位于中間時，Rk兩端電壓小于"I .7D.滑動變阻器滑片位于中間時，若CD間改接為內(nèi)阻為R*的電動機，電動機恰能正常工作,則此電動機消耗的熱功率小于【答案】CD【解析1滑動變阻器是分壓式接法,電阻心與變阻器的下半部分并聯(lián)后再與上半部分串聯(lián)；滑劫受阻 器滑片向下移動時,串聯(lián)部分電阻變大,并聯(lián)電阻變小，分壓小,則的端電壓變小i同理滑片向上 移動時，f兩端電壓變大，故A

13、B錯誤；滑動變阻器滑片位于中間時，電阻限與變阻器的下半部分并 聯(lián)后再與上半部分串聯(lián)；由于并聯(lián)部分的電阻比受阻器上半部分電阻小.故比兩端電壓小于52 .故 C正確.CD間改接為內(nèi)阻為k的電動機h由匚知其電壓小于U/2 , ：K又不是純電阻電路，則其消耗11的熱功率小于2，則D正確,故選CD.10 如圖，在半徑為 R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于圓平面向里（未畫出）。一群比荷為的負離子以相同速率v0 （較大），由P點（PQ為水平直徑）在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場（不計重力），則下列說法正確的是 （）A.離子在磁場中運動的半徑一定相等B.由Q點飛出的離子

14、在磁場中運動的時間最長C.沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大D.如果入射速率v0 = ,則沿各個方向射入的離子在飛離開磁場時的速度方向均豎直向下 m【答案】ABD【解析】試題分析：由=得史，因離子的速率相同，比荷相同，故半徑一定相同，r BqA正確；由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長最大時偏向角最大，故應(yīng)該使弦長為PQ故由Q點飛出的離子圓心角最大，所對應(yīng)的時間最長，此時離子一定不會沿PQ射入.B正確，C錯誤；沿各個方向射入磁場的離子，當(dāng)入射速率j三弼 時，離子的軌跡半ID徑為r_a = R,入射點、出射點、 O點與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與入咄射點所在的磁場半

15、徑平行，離子在飛離開磁場時的速度方向均豎直向下，D正確.選ABD.【點睛】本題要抓住離子的運動軌跡是圓弧，磁場的邊界也是圓弧，利用幾何知識分析出射速度與入射速度方向的關(guān)系，確定出軌跡的圓心角，分析運動時間的關(guān)系.帶電離子射入磁場后做勻速圓周運動，對著圓心入射，必將沿半徑離開圓心，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，求出時軌跡半徑，確定出速度的偏向角.對著圓心入射的離子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，即可分析時間關(guān)系.11 .如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以 O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點，不計重力 .

16、下列說法正確的是（）3/A. M帶負電荷，N帶正電荷B. M 在b點的動能大于它在 a點的動能C. N在d點的電勢能等于它在 e點的電勢能D. N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功【答案】AC【解析】由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知 M帶負電荷，Nb點的帶正電荷，故 A正確.M從a到b點，庫侖力做負功，根據(jù)動能定理知，動能減小，則動能小于在a點的動能，故B錯誤.d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故 C正確.N從c到d,庫侖斥力做正功，故 D錯誤.故選AC. 點睛：本題關(guān)鍵是根據(jù)曲線運動的條件判斷出靜電力的方向，掌握判斷動

17、能和電勢能變化的方向，一般的解題思路是根據(jù)動能定理判斷動能的變化，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化.11. “電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成.偏轉(zhuǎn)器是由兩個相互絕緣、半徑分別為 R和R的同心金屬半球面 A和B構(gòu)成，A B為電勢值不等的等勢面，電勢分別為6 a和6 b,其過球心的截面如圖所示.一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端 M的正中間小孔垂直入射，進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N,其中動能為Ek0的電子沿等勢面 C做勻速圓周運動到達 N板的正中間.忽略電場的邊緣 效應(yīng).下列說法中不正確的是()A. A 球面電勢比 B球面電勢高B.電子

18、在AB間偏轉(zhuǎn)電場中做勻變速運動C.等勢面C所在處電勢的大小為I 犯皿D.等勢面C所在處電場強度的大小為 F 即a+ rb)【答案】ABC【解析】試題分析：電子做勻速圓周運動，電場力提供向心力，受力的方向與電場的方向相反，所以B板的電勢較高，A錯誤；電子做勻速圓周運動，受到的電場力始終始終圓心，是變力，所以電子在電場中的運動不是勻變速運動，B錯誤；該電場是放射狀電場，內(nèi)側(cè)的電場線密，電場強度大，所以1 bc>Uca,即：如 收 ",所以<士, C錯誤.電子在等v1 I 以十二L一勢面C所在處做勻速圓周運動，電場力提供向心力：-,半徑R -一 ,R22聯(lián)立得：E, D正確.本

19、題選不正確的，選 ABC.【點睛】電子做勻速圓周運動，電場力提供向心力，電子受力的方向與電場的方向相反；由 牛頓第二定律和向心力列式解答；該電場是放射狀電場，內(nèi)側(cè)的電場線密，電場強度大結(jié)合 電勢差的表達式即可得出 C點的電勢大小.二、實驗題12.為了精確測量某待測電阻R的阻值（約為300）。有以下一些器材可供選擇。電流表：Ai（量程050mA內(nèi)阻約12Q）4（量程03A,內(nèi)阻約0.12 ）電壓表：Vi（量程03V,內(nèi)阻很大）上（量程015V,內(nèi)阻很大）電源：E（電動勢約為3V,內(nèi)阻約為0.2 ）定值電阻：R（30Q,允許最大電流 2.0A）滑動變阻器：R（010Q,允許最大電流 2.0A）滑動

20、變阻器：R（0IkQ,允許最大電流 0.5A）單刀單擲開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干（1）電流表應(yīng)選,電壓表應(yīng)選,滑動變阻器應(yīng)選 。（填字母代號）（2）請在方框中畫出測量電阻R的實驗電路圖 。（要求測量值的范圍盡可能大一些，所用器材用對應(yīng)的符號標出）I ,則計算待測電阻阻值的表達式為（3）某次測量中，電壓表示數(shù)為U時，電流表示數(shù)為【解析】(1)測量電阻時電流不能太大，電流表應(yīng)選Ai,電源電動勢為3V,故電壓表應(yīng)選 V,根據(jù)閉合電路歐姆定律考慮電流表讀數(shù)要求，可求出電路最小電阻 R=90Q,故變R"_3 Al阻器若用限流式則 Ri太小，R太大，因此應(yīng)采用分壓式，故應(yīng)選阻值小的變阻器Ri.(2)又

21、待測電阻阻值遠小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)選外接法，但根據(jù)歐姆定律，若將電阻直接接在電壓表兩端時，電阻兩端最大電壓為 U 750/3口-10一*丫 1,只是電壓表 V量程的一半；若將待測電阻與定值電阻串聯(lián)，則它們兩端電壓為I L/Rx - R) 50 T'3 - (30 4叫.彳"正好與電壓表 V的量程相同，所以電路圖如圖所示(3)由歐姆定律可得：點睛：因本題有“要求測量值的范圍盡可能大一些”，這就提示我們滑動變阻器應(yīng)用分壓式;又所給器材中有一個定值電阻，說明可能待測電阻不能直接使用.13.某研究小組收集了手機中的鋰電池。為測量鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r,小紅同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的

22、電路圖，圖中R為電阻箱。根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出 一L圖象，如圖乙所示。(1)若該U R圖線的斜率為k,縱軸截距為b,則該鋰電池的電動勢 E=,內(nèi)阻r =(用k、b 表木)。JT x小IPSI -© 1> r rqJ中 £(2)若考慮電壓表的內(nèi)阻，從理論上分析，用上述方法測出的數(shù)據(jù)與真實值比較，測量出的電動勢,測量出的內(nèi)阻 (填“偏大”、“偏小”或“不變”)【答案】(1).(1)1/b；(2). k/b ;(3).(2)偏小； (4). 偏小；【解析】(1)由圖乙所示電路可知，E=U+Ir=U1r,則'因此圖象的縱軸截距 b1,R b BR EE電動勢E，圖象的斜率k

23、=，則電源內(nèi)阻r=kE=*,則表達式為E(2)由電路圖可知，實驗中考慮電壓表的分流，則電源內(nèi)部的電流=U+U一)r ;變形可知J HRVr 1 w,則bI- RbR. b(1)(2)求導(dǎo)體棒由靜止釋放瞬間的加速度的大小?！敬鸢浮?1)BLE(R + r),方向水平向右(2) a=mg ( R+r) sin 0 - BLEcosO /m(R+r)【解析】試題分析:(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可求得導(dǎo)體棒中的電流，再根據(jù)安培力公式可求得安培力大小,(2)再對導(dǎo)體棒分析，根據(jù)牛頓第二定律可求得導(dǎo)體棒的加速度(1)由閉合電路歐姆定律有:導(dǎo)體棒受到的安培力FBLE,故測量出的電動勢和內(nèi)阻均偏小、計算題14

24、 .在與水平方向成 0角的傾斜光滑導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab (導(dǎo)軌寬度為L,導(dǎo)軌 和棒的電阻不計)，電源電動勢為 E,內(nèi)電阻為r,定值電阻阻值為 R,整個裝置放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向豎直向下，如圖所示.求釋放瞬間導(dǎo)體棒所受安培力的大小和方向.(2)以導(dǎo)體棒為研究對象，受力情況如圖根據(jù)牛頓第二定律有： 解得:【點睛】本題考查牛頓第二定律以及安培力的計算，要注意在分析受力時應(yīng)作出對應(yīng)的平面 圖，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度.15 .如圖所示，一個質(zhì)量為 m帶電量為q的粒子，此粒子的比荷 1-2 ,由靜止開始，先經(jīng)過 JT1電壓為Ui=400V的電場加速后，再垂直于電場方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，兩金屬板板長為L=10cmi,間距為d=10cm,板間電壓為U2=800V.加速雨值求(1)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度;(2)粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量(3)粒子出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角度【答案】(1) 40m/s (2) 5cm (3)巾=45°【解析】試題分析：(1)在加速電場中，根據(jù)動能定理可得(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，在豎直方向上有UJ/聯(lián)立可得5cm'41巾(3)如圖所示：紅qU,粒子射出電場時偏轉(zhuǎn)角度的正切值:v0Uirnp -UJ解得lanu 1,所以中 45叫d考點：考查了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)【名師點睛】帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題