(假期一日一练)学年高二物理上学期第三次(11月)检测试题(含解析)

1、2019学年上学期第三次（11月）检测高二物理试卷一、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

2、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aA.电，电势能分别为,八、,卜列判断正确的是（）7V 0 3VA."：产强,3产阈B. 鼠>、2产引C. .1.上 D. 八%【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，当从A到B,电场力对带

3、负电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即Ea< Eb；故D正确，ABC错误.故选 D.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= 2 bc.当将A与B接入电压为 UV)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()-16 -I1A. 4 I B. 2 I C. I D. P4【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，p-刁, 1 M一vl也no当C与D接入电压为

4、U(V)的电路中时R2 p ,联立得：根据欧姆定律得，电流"1曲d&R知电流之比为1:4 ,所以将C与D接入电压为UI (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()P点电势降低P点电势升高P点电势升高P点电势降低A. B极板下移时,B. B极板下移时,C. A极板上移时,D. A极板上移时,P点的电场强

5、度不变,P点的电场强度不变,P点的电场强度不变,P点的电场强度不变,【解析】由题电容器两板所带电量不变,正对面积不变,根据C =鼎 七和E = '可推出；E =若 4RK0I UEo，可知.只改变板间距离d时，板间的电场强度不变,则P点的电场强度E不变.B极板下移时,P 点与下板的距离增大.根据公式U=EcL P点与下板的电势差变大.下板的电婚为零.则P点的电势升 高.故A错误，B正确：A板上移时,同理得知r P点的电场强度不变,根据公式U二Ed ,知P点与 下极板的间的电势差不变.故P点的电势不变,故CD错误,故选B.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E-勺丝，

6、这个式子要在理eS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 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，磁感应弓虽度为B, O是MNh一点，O处有一粒子源，粒子源能沿着与 MN成0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e =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（）M X X >:X X；多、；X X ：X X :N 口'QA |Bqd B 2Bqd C 上现d D Bqd12m m3m

7、 m【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:X X :NXa由几何关系得：R + Rc加60, i解得：R 、，粒子在磁场受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，3则有杀口吧，解得一现，选C.R |3m【点睛】由粒子沿60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，R为定值电阻，R2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

8、分析，正确的是（）A.电流表和电压表读数均增大B.电流表和电压表读数均减小C.电压表丫的示数变化量的绝对值大于电压表V的示数变化量的绝对值D.电流表读数变小，电压表 三读数变大，叫读数减小【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R的电压Ui=IRi减小，则电压表 M示数减小；并联部分的 电压U并=U-U增大，电压表 V2示数增大；U并增大，通过 R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

9、压表V2读数变大，Vi读数变小，故 AB错误，D正确；电压表 Vi的示数与电压表 V2的示数之和等于 U,即Ui+U=U,因Vi示数增大，V2示数减小，而U减小，所以电压表Vi的示数增加量小于电压表V2的示数减小量，故C错误.故选D.7 .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。则（）

10、 A.木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动8 .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/s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F 0.6 r 0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以 a-=的加速度一起运动，当M + m 0.2 01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

11、=10m/s ,此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，F 0 6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M 0.2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 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

12、；此题物理过程较复杂，考查学生综合分析问题的能力.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，R*两端电压变小9 .滑动变阻器滑片向下移动时，Rk两端电压变大C.滑动变阻器滑片位于中间时，Rk两端电压小于"I .7D.滑动变阻器滑片位于中间时，若CD间改接为内阻为R*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】CD【解析1滑动变阻器是分压式接法,电阻心与变阻器的下半部分并联后再与上半部分串联；滑劫受阻 器滑片向下移动时,串联部分电阻变大,并联电阻变小，分压小,则的端电压变小i同理滑片向上 移动时，f两端电压变大，故A

13、B错误；滑动变阻器滑片位于中间时，电阻限与变阻器的下半部分并 联后再与上半部分串联；由于并联部分的电阻比受阻器上半部分电阻小.故比两端电压小于52 .故 C正确.CD间改接为内阻为k的电动机h由匚知其电压小于U/2 , ：K又不是纯电阻电路，则其消耗11的热功率小于2，则D正确,故选CD.10 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v0 （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），则下列说法正确的是 （）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

14、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v0 = ,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 m【答案】ABD【解析】试题分析：由=得史，因离子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，r BqA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j三弼 时，离子的轨迹半ID径为r_a = R,入射点、出射点、 O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与入咄射点所在的磁场半

15、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.11 .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 .

16、下列说法正确的是（）3/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，Nb点的带正电荷，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

17、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 R和R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6 a和6 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

18、在AB间偏转电场中做匀变速运动C.等势面C所在处电势的大小为I 犯皿D.等势面C所在处电场强度的大小为 F 即a+ rb)【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1 bc>Uca,即：如 收 ",所以<士, C错误.电子在等v1 I 以十二L一势面C所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力：-,半径R -一 ,R22联立得：E, D正确.本

19、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12.为了精确测量某待测电阻R的阻值（约为300）。有以下一些器材可供选择。电流表：Ai（量程050mA内阻约12Q）4（量程03A,内阻约0.12 ）电压表：Vi（量程03V,内阻很大）上（量程015V,内阻很大）电源：E（电动势约为3V,内阻约为0.2 ）定值电阻：R（30Q,允许最大电流 2.0A）滑动变阻器：R（010Q,允许最大电流 2.0A）滑动

20、变阻器：R（0IkQ,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）（2）请在方框中画出测量电阻R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）I ,则计算待测电阻阻值的表达式为（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为【解析】(1)测量电阻时电流不能太大，电流表应选Ai,电源电动势为3V,故电压表应选 V,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=90Q,故变R"_3 Al阻器若用限流式则 Ri太小，R太大，因此应采用分压式，故应选阻值小的变阻器Ri.(2)又

21、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 U 750/3口-10一*丫 1,只是电压表 V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I L/Rx - R) 50 T'3 - (30 4叫.彳"正好与电压表 V的量程相同，所以电路图如图所示(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

22、电路图，图中R为电阻箱。根据测量数据作出 一L图象，如图乙所示。(1)若该U R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 表木)。JT x小IPSI -© 1> r rqJ中 £(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=U1r,则'因此图象的纵轴截距 b1,R b BR EE电动势E，图象的斜率k

23、=，则电源内阻r=kE=*,则表达式为E(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=U+U一)r ;变形可知J HRVr 1 w,则bI- RbR. b(1)(2)求导体棒由静止释放瞬间的加速度的大小。【答案】(1)BLE(R + r),方向水平向右(2) a=mg ( R+r) sin 0 - BLEcosO /m(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FBLE,故测量出的电动势和内阻均偏小、计算题14

24、 .在与水平方向成 0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.求释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向.(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 1-2 ,由静止开始，先经过 JT1电压为Ui=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=10cmi,间距为d=10cm,板间电压为U2=800V.加速雨值求(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)巾=45°【解析】试题分析：(1)在加速电场中，根据动能定理可得(2)在偏转电场中，在竖直方向上有UJ/联立可得5cm'41巾(3)如图所示：红qU,粒子射出电场时偏转角度的正切值:v0Uirnp -UJ解得lanu 1,所以中 45叫d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