安徽省合肥市明光中学2020学年高二物理上学期第三次（11月）检测试题（含解析） 16页

安徽合肥明光中学2020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aA＜aB；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= 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）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 ‎............‎ 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θ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θ=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. ‎ ‎【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 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. 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(　　)‎ 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】CD ‎9. 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（ ）‎ 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φA和φB，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 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 ‎12. 为了精确测量某待测电阻Rx的阻值(约为30Ω)。有以下一些器材可供选择。‎ 电流表：A1(量程0～50mA，内阻约12Ω)‎ A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)‎ 电压表：V1(量程0～3V，内阻很大)‎ V2(量程0～15V，内阻很大)‎ 电源：E(电动势约为3V，内阻约为0.2Ω)‎ 定值电阻：R(30Ω，允许最大电流2.0A)‎ 滑动变阻器：R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)‎ 滑动变阻器：R2(0～1kΩ，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=90Ω，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．‎ ‎（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 ‎14. 在与水平方向成θ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．‎ ‎（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）sinθ-BLEcosθ/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 ‎（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，间距为d=10cm，板间电压为U2=800V．‎ 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）φ=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、α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Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ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 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． ‎