2019-2020年高三第二次階段性測試物理試題含解析by胡

1、2019-2020年高三第二次階段性測試物理試題含解析by胡本試卷分第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分，共4頁。滿分100分，考試時間90分鐘。第卷注意事項：第卷為選擇題，共12小題，每小題4分，共48分。在每題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.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.關于電場強度的敘述，正確的是（ ）A.沿著電場線的方向，場強越來越小 B.電場中某點的場強大小等于單位電量的電荷在該點所受的電場力大小C.電勢降落的方向就是場強的方向D.負點電荷形成的電場，離點電荷越近，場強越大【答案】BD【KS5U解析】沿著電場線的方向

2、，電勢越來越小，而電場強度根據(jù)電場線的疏密才能確定，故A錯誤；電場中某點的電場強度的大小在數(shù)值上等于單位電荷在該點受到的電場力的大小，故B正確；沿著電場強度方向，電勢降低最快，但電勢降落的方向不一定就是場強的方向，故C錯誤；對于負點電荷形成的電場，由公式Ek得離點電荷越近，電場強度越大，故D正確。2.如圖所示，真空中有兩個正電荷，帶電量分別為Q、4Q、O為兩電荷連線中點，兩試探電荷a、b均帶正電，a自O點垂直連線向上射出，b自O沿連線向左射出，則（ ）A.a向左偏轉B.a向右偏轉C.b向左運動時的速度一直減小D.b向左運動時的電勢能先減小后增加【答案】AD【KS5U解析】由點電荷的電場分布規(guī)律

3、可知，正電荷a向上運動過程中，所受的電場力方向為左上方，所以電場力有向左的分量，故a向左偏轉，A正確B錯誤；由于右側電荷的電荷量大于左側電荷的電荷量，所以在兩電荷之間靠近左側電荷處有一點電場強度為0，此處試探電荷受到的電場力為0，由牛頓第二定律可知，電荷b的加速度先向左減小后向右增大，b向左運動時的速度先增大后減小，故C錯誤；b向左運動時，電場力先做正功后做負功，故電勢能先減小后增加，選項D正確BA甲3.如圖甲所示，AB是電場中的一條電場線.質子以某一初速度從A點出發(fā)，僅在電場力作用下沿直線從A點運動到B點，其v-t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是（ ）A質子運動的加速度隨時間逐漸減小 B電

4、場線的方向由A指向BCA、B兩點電場強度的大小關系滿足EAEB 乙DA、B兩點的電勢關系滿足AB【答案】D【KS5U解析】速度圖象的斜率等于加速度，則由圖乙可知，質子的加速度不變，所受電場力不變，由F=Eq可知，A點的場強等于B點場強，EA=EB；故AC錯誤；質子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負功，故電勢能增加，電勢升高，故AB，電場線的方向由B指向A，故B錯誤，D正確；故選D4.如圖所示，在水平向右的勻強磁場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，a、b、c、d為以O為圓心的同一圓周上的四點，bd連線與電場線平行，ac連線與電場線垂直。則（ ）A.a、c兩點的場強相同 B.

5、b點的場強大于a點的場強 C.da間的電勢差大于ab間的電勢差 D.檢驗電荷在a點的電勢能等于在c點的電勢能【答案】BD【KS5U解析】abcd四個點的場強實際上是勻強電場與點電荷的輻射狀的電場的疊加，故ac兩點的合場強大小雖然相等，但方向不同，故A錯誤；勻強電場的場強方向與Q的電場的場強方向在b點相同，在a點方向垂直，所以b點的場強大于a點的場強，故B正確；點電荷的電場，同心圓上各點的電勢相等，所以da間的電勢差等于ab間的電勢差，故C錯誤；點電荷的電場，同心圓上各點的電勢相等，ac與勻強電場垂直，是勻強電場的等勢線，所以ac兩點的電勢相等，檢驗電荷在a點的電勢能等于在c點的電勢能故D正確5

6、.已知磁敏電阻在沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，并且磁場越強阻值越大。為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設計了如圖所示電路，電源的電動勢E和內阻r不變，在沒有磁場時調節(jié)變阻器R使電燈L正常發(fā)光，若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)。則( )A.電燈L變亮 B.電燈L變暗C.電流表的示數(shù)減小D.電流表的示數(shù)增大【答案】AC【KS5U解析】探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，電阻變大，則電路的總電阻變大，根據(jù)I=可知總電流變小，所以電流表的示數(shù)減小，根據(jù)U=E-Ir，可知I減小，U增大，所以燈泡兩端的電壓增大，所以電燈L變亮，故AC正確，BD錯誤。6.如圖電路中電源電動勢為E，內電阻為r，閉

7、合開關S，待電流達到穩(wěn)定后，電流表示數(shù)為I,電壓表示數(shù)為U，電容器C所帶電荷量為Q現(xiàn)將滑動變阻器的滑動觸頭從圖示位置向 b端移動一些，待電流達到穩(wěn)定后，與移動前相比( ) A.U變大 B.I變大 C.Q增大 D.Q減小【答案】BD【KS5U解析】首先認識電路的結構：電流穩(wěn)定時，變阻器與R2串聯(lián)，R1上無電流，無電壓，電容器的電壓等于變阻器的電壓，電壓表測量變阻器的電壓，電流表測量干路電流當滑片P向b一端移動一些后，變阻器接入電路的電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析電路的總電阻變化和干路電流的變化，再分析電表讀數(shù)的變化和電容器電量的變化當滑動變阻器P的滑動觸頭從圖示位置向b端移動時，其接入電路的電阻值減

8、小，外電路總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律可知，干路電流I增大；變阻器兩端的電壓U=E-I（R2+r），I增大，U減小，即電容器C兩端的電壓減小，所帶電荷量Q減小故選BD。7.一段長為L，電阻為R的均勻電阻絲，把它拉制成3L長的均勻細絲后，切成等長的三段，然后把它們并聯(lián)在一起，其電阻值為（ ）A.R3 B.3R C.R9 D.R【答案】D【KS5U解析】長為L，電阻為R的均勻電阻絲，把它拉制成3L長的均勻細絲后，切成等長的三段，然后把它們并聯(lián)在一起，長度和橫截面積均沒有改變，根據(jù)電阻定律公式R=，其電阻不變，仍為R；故選D8.一個直流電動機內阻為 R，所加電壓為U，電流為 I，當它工作時，下述

9、說法中錯誤的是（ ）A.電動機的輸出功率為U2RB.電動機的發(fā)熱功率為I2RC.電動機的輸出功率為IU-I2RD.電動機的功率可寫作IU=I2R=U2/R【答案】AD【KS5U解析】電動機的輸出功率P出=P-P熱=UI-I2R，故A錯誤，C正確電動機的發(fā)熱功率，根據(jù)焦耳定律，P熱=I2R，故B正確因為PP熱，即UII2R，UIR，歐姆定律不適用，故UI不能轉化成I2R和，故D錯誤9.如圖所示，兩個橫截面分別為圓形和正方形的區(qū)域內有磁感應強度相同的勻強磁場，圓的直徑和正方形的邊長相等，兩個電子分別以相同的速度分別飛入兩個磁場區(qū)域，速度方向均與磁場方向垂直，進入圓形磁場的電子初速度方向對準圓心；進

10、入正方形磁場的電子初速度方向垂直于邊界，從中點進入則下面判斷正確的是( )A.兩電子在兩磁場中運動時，其半徑一定相同B.兩電子在磁場中運動的時間有可能相同C.進入圓形磁場區(qū)域的電子可能先飛離磁場D.進入圓形磁場區(qū)域的電子可能后飛離磁場【答案】ABC【KS5U解析】電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB=得，R=，兩過程電子速度v相同，所以半徑相同，故A正確電子在磁場中的可能運動情況如圖所示，電子從O點水平進入，由于它們進入圓形磁場和正方形磁場的軌道半徑、速度是相同的，把圓形磁場和矩形磁場的邊界放到同一位置如圖所示，由圖可以看出進入磁場區(qū)域的電子的軌跡1，先出圓形磁場，再出正方形

11、磁場；進入磁場區(qū)域的電子的軌跡2，同時從圓形與正方形邊界處磁場；進入磁場區(qū)域的電子的軌跡3，先出圓形磁場，再出正方形磁場；所以電子不會先出正方形的磁場，即進入圓形區(qū)域的電子一定不會后飛離磁場，故BC正確，D錯誤故選ABC。10.在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電量為q、質量為m的帶電球體，管道半徑略大于球體半徑。整個管道處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，磁感應強度方向與管道垂直?，F(xiàn)給帶電球體一個水平速度v0，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為（ ）A.0 B.C. D.?！敬鸢浮緼C【KS5U解析】當qv0B=mg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零；當qv0

12、Bmg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，只有摩擦力做功根據(jù)動能定理得-W=0-mv02得W=mv02；當qv0Bmg時，圓環(huán)先做減速運動，當qvB=mg，即v=時，不受摩擦力，做勻速直線運動根據(jù)動能定理得：Wmv2m，代入解得：Wm-()2，故本題選AC11.如圖在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為的勻強磁場，軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為2的勻強磁場一帶負電的粒子從原點O以與軸成300角斜向上射入磁場，且在上方運動半徑為R，則（ ）A.粒子經(jīng)偏轉一定能回到原點OB.粒子在軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2:1C.粒子完成一次周期性運動的時間為D.粒子第二次射入軸上方磁場時，沿軸前進3R

13、【答案】D【KS5U解析】根據(jù)左手定則判斷可知，負電荷在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉，而在第四象限沿逆時針方向旋轉，不可能回到原點0，故A錯誤由r=，知粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1：2，故B錯誤負電荷在第一象限軌跡所對應的圓心角為60，在第四象限軌跡所對應的圓心角也為60，粒子圓周運動的周期為T=，則粒子完成一次周期性運動的時間為T= T1+T2 ，故C錯誤根據(jù)幾何知識得：粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為x=R+2R=3R，故D正確故本題選D。12.如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、

14、負電和不帶電的質點，由兩水平極板正中間以相同的初速度V0，先后垂直勻強電場射入，并分別落在負極板上甲、乙、丙三處，可以判定（ ）A.甲處質點帶正電，乙處質點不帶電，丙處質點帶負電B.三個質點在電場中的運動時間相等C.三個質點在電場中的加速度a甲a乙a丙D.三個質點到達負極的動能E丙E乙E甲【答案】AC【KS5U解析】從極板左側中央以相同的水平速度先后垂直地射入勻強電場的粒子的運動性質為類平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做初速度為零的勻加速運動；從圖中可以看到水平位移丙最大，根據(jù)公式：x=vt，說明丙運動的時間最長，其次是乙，甲的運動時間最短；又由于正電荷受到的電場力方向與電場方向相同，負

15、電荷受到的電場力方向與電場方向相反，不帶電的粒子不受電場力；所以丙粒子受到向上的電場力即丙粒子帶負點，甲粒子帶正電，乙粒子不帶電，故A正確，B錯誤；又因它們豎直方向為初速度為零的勻加速運動且位移相同，根據(jù)yat2，可以判斷a甲a乙a丙，故C正確；以相同的水平速度v0先后垂直極板間電場射入，電場力對丙粒子做負功，電勢能增大則動能減?。粚琢Ｗ幼稣?，電勢能減小，則粒子的動能增大所以三個粒子到達負極板時的動能Ek甲Ek乙Ek丙，故D錯誤故選AC。第卷注意事項：第卷 5道題，共52分。第II卷所有題目的答案考生必須將用黑色簽字筆、鋼筆或圓珠筆答在規(guī)定位置。二、填空題（本題共2小題，共16分。把答案寫

16、在答題卡中指定的答題處。）13.今年暑假開學之后甲型H1N1在全國各地大量爆發(fā)，山東半島也出現(xiàn)較多的病例。為了做好防范，需要購買大量的體溫表，市場體溫表出現(xiàn)供貨不足的情況，某同學想到自己制作一個金屬溫度計，為此該同學從實驗室找到一個熱敏電阻，并通過查資料獲得該熱敏電阻的阻值R隨溫度t變化的圖線， 如圖甲所示.該同學進行了如下設計：將一電動勢E=1.5V（內阻不計）的電源、量程5mA內阻Rg=100的電流表及電阻箱R，及用該電阻作測溫探頭的電阻R,串成如圖乙所示的電路，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就得到了一個簡單的“金屬電阻溫度計”。 電流刻度較小處對應的溫度刻度 ；（填“較高”或“較

17、低”）若電阻箱阻值R=70，圖丙中5mA刻度處對應的溫度數(shù)值為 。【答案】【KS5U解析】由閉合電路歐姆定律E=Ig（R+R+Rg），可見電流越小電阻越大，而電阻越大溫度則越高，即電流刻度較小處對應的溫度刻度應該較大；故答案為：較高若電阻箱阻值R=70時，代入E=Ig（R+R+Rg），得熱敏電阻的阻值為：R=130；結合圖甲可知熱敏電阻阻值與溫度關系式為：R=t+100，故此時對應的溫度數(shù)值為3014.用以下器材測量待測電阻Rx的阻值：待測電阻Rx：阻值約為100；電源E：電動勢約為6.0V、內阻忽略不計；電流表1：量程50mA、內阻r1=20；電流表2：量程300 mA、內阻r2約為4定值電

18、阻R0：阻值為20；滑動變阻器R：最大阻值為10；單刀單擲開關S、導線若干.測量電阻Rx的電路圖如圖所示電路圖中的電流表A1應該選擇電流表 （填“1”或“2”），開關S閉合前，滑動變阻器R滑片應該移到 端(填“A”、“ B”或“無要求”) 若某次測量中電流表A1的示數(shù)為I1，電流表A2的示數(shù)為I2，則由已知量和測得量表示Rx的表達式為Rx= ?！敬鸢浮?（1） 1（2分） A （2分） （2）（4分）【KS5U解析】該題用伏安法測量待測電阻，由于沒有電壓表，則需將電流表與定值電阻串聯(lián)當電壓表使用，用電流表A1測量通過待測電阻的電流，當電壓表使用根據(jù)歐姆定律求出待測電阻的阻值表達式開關S閉合前，

19、滑動變阻器R滑片應該移到A端，使開關閉合后，電路中的電流最小.（1）用電流表A1測量通過待測電阻的電流，用電流表A2與并聯(lián)支路串聯(lián)，則電流表A2的量程應大于A1的量程，故電流表A1應該選擇電流表1為了保護電路，開關S閉合前，滑動變阻器R滑片應該移到A端，使開關閉合后，電路中的電流最小（2）根據(jù)歐姆定律得：Rx= 。三、計算題（本大題3小題，共36分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）15（8分）如圖所示，用長為l的絕緣細線拴一個質量為m、帶電量為 +q的小球（可視為質點）后懸掛于O點，整個裝置處于水平向右的勻強電場E中。將小球拉至

20、使懸線呈水平的位置A后，由靜止開始將小球釋放，小球從A點開始向下擺動，當懸線轉過60角到達位置B時，速度恰好為零。求：（1）B、A兩點的電勢差UBA ；（2）電場強度E ；【答案】見解析 【KS5U解析】（1）根據(jù)動能定理： mglsin60 qUBA = 0 0 B、A兩點的電勢差 -4分 （2）電場強度 -4分ABDEROCP16（14分）如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度現(xiàn)有一電荷量，質量的帶電體（可視為質點），在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點取試求：（1）帶電體在圓形軌道C點的速度大?。?）D點到B點的距