2019-2020年高二物理上学期第五次段考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期第五次段考试卷（含解析）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分每小题的四个选项中只有一个选项是正确的）1（3分）（xx秋临汾校级月考）下列说法正确的是（）A若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零B一个带电粒子在某点不受电场力的作用，该点的电场强度一定为零C一个带电粒子在磁场中不受磁场的作用力，一定是该粒子不运动D一个带电粒子在磁场中受到磁场的作用力不一定与磁场方向垂直考点：磁感应强度分析：当电流方向与磁场平行时不受安培力，当带电粒子的运动方向与磁场平行时不受洛伦兹力电场力与电场强度的关系为 F=qE磁场力一定与磁场方向垂直根据这些知识分析解答：解：A、通电导线不受磁场力作用时，该处磁感应强度可能为零，也可能不为零，而是由于通电导线与磁场平行故A错误；B、由F=qE，知带电粒子在某点不受电场力的作用，该点的电场强度一定为零，故B正确C、带电粒子在磁场中不受磁场的作用力，该粒子可能不运动，也可能运动方向与磁场平行，故C错误D、带电粒子在磁场中受到磁场的作用力一定与磁场方向垂直，故D错误故选：B点评：本题关键要抓住电场和磁场特性的区别，要知道通电导线与磁场平行时不受磁场力带电粒子的运动方向与磁场平行时也不受洛伦兹力2（3分）（xx秋临汾校级月考）唱卡拉OK用的话筒，内有传感器其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号下列说法正确的是（）A该传感器是根据电流的磁效应工作的B该传感器是根据电磁感应原理工作的C膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势D膜片不振动时，金属线圈中也产生感应电动势考点：传感器在生产、生活中的应用分析：题中传感器是根据电磁感应原理工作的膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势解答：解；A、B当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的故A错误，B正确C、膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的，金属线圈切割磁感线，从而会产生感应电动势，故CD错误故选：B点评：本题动圈式话筒是利用电磁感应原理将声音信号变成电信号的，考查分析电子设备工作原理的能力3（3分）（2011北京）如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A电压表与电流表的示数都减小B电压表与电流表的示数都增大C电压表的示数增大，电流表的示数减小D电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律分析：由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化解答：解：滑片下移，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，BCD错误；故选A点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化4（3分）（xx春沭阳县期中）如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则g（）A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右考点：楞次定律分析：线框进入时dc边切割磁感线，出来时ab边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向解答：解：A、线框进入磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，即方向为adcba，故A错误；B、由右手定则可知，导线框离开磁场时，感应电流方向为逆时针方向，故B错误；C、由左手定则可知，导线框离开磁场时，受到的安培力方向向左，故C正确；D、导线框进入磁场时，受到的安培力方向向左，故D错误；故选：C点评：本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向5（3分）（2011溧阳市校级三模）在静电场中，将电子从A点移到B点，电场力做了正功，则（）A电场强度的方向一定是由A点指向B点B电场强度的方向一定是由B点指向A点C电子在A点的电势能一定比在B点的高DA点的电势一定比B点的高考点：电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电子从A点移到B点，电场力做了正功，电子的电势能一定减小，但电场力方向不一定由A点指向B点，电场强度的方向不一定是由B点指向A点，而沿着电场线的方向，电势是降低的，从而即可求解解答：解：A、电子从A点移到B点，电场力做了正功，说明B点所在等势面的电势一定比A点所在等势面的电势高，并非电场线的方向就是由B指向A，故选项A、B、D均错误；C、负电荷在电势较高的地方电势能较低，故电子在A点的电势能一定比在B点的高，选项C正确；故选：C点评：本题可抓住电场力与重力相似的特点，分析电场力做功与电势能变化的关系基础题6（3分）（xx宁夏）在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向（）A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则分析：通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向解答：解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边故选：C点评：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥7（3分）（xx秋延吉市校级期末）匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1m，D为AB的中点，如图所示已知电场线的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V设场强大小为E，一电量为1106 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（）AW=8106J，E8v/mBW=6106J，E6v/mCW=8106J，E8v/mDW=6106J，E6v/m考点：电势能；电场强度；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，D为AB的中点，则D点的电势D=，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（DC）解答：解：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势D=10V，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（DC）=1106（102）J=8106JAB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d1m匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed所以E=8 v/m故选A点评：本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，常规题，比较简单8（3分）（xx秋临汾校级月考）如图所示是电子射线管示意图接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）A加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C加一电场，电场方向沿z轴负方向D加一电场，电场方向沿y轴正方向考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；示波管及其使用专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下（z轴正方向）偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向解答：解：A、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意故A错误 B、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意故B正确 C、若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意故C错误 D、若加一沿y轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴正方向，亮线不偏转，不符合题意故D错误故选：B点评：本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力负电荷运动的方向与电流方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断9（3分）（2011秋秦州区校级期末）如图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹（电量质量不变），室中匀强磁场的方向与轨道所在平面垂直（图中垂直于纸面向里）由此可知此粒子（）A一定带正电B一定带负电C不带电D可能带正电，也可能带负电考点：洛仑兹力分析：根据粒子的运动的轨迹可以判断出粒子的带电的性质，由半径的变化和半径的公式可以判断粒子的速度的变化的情况解答：解：根据r=知，速度减小，半径减小，可知粒子从下向上运动，根据左手定则知，粒子粒子带的是正电荷故A正确，B、C、D错误故选：A点评：根据粒子的速度的变化，和半径的公式可以分析的出粒子的运动的方向和粒子的带电的性质10（3分）（xx江西）如图所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框abcd是一正方形导线框，ab边与ab边平行若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则（）AW1=W2BW2=2W1CW1=2W2DW2=4W1考点：电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势分析：将导线框匀速地拉离磁场区域，外力所做的功等于产生的内能根据焦耳定律研究功的大小关系解答：解：设bc=l，ab=2l 则W1= W2= 得到W2=2W1故选B点评：在电磁感应现象中研究功、热量、功率等等常常根据能量守恒定律研究求热量，电流一定，首先考虑能否用焦耳定律二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分每小题的四个选项中有两个或两个以上是正确的，全选对的得4分，选不全的得2分，有错选的得0分）11（4分）（xx秋西安校级月考）如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a，b和c；abc，一带负电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少考点：电场线分析：先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断解答：解：电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图A：故粒子从K到L的过程中，粒子从低电势向高电势运动，故电场力做负功，故A正确；B：粒子从L到M的过程中，先从低电势向高电势运动，后从高电势向低电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；C：粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故D错误；故选：AC点评：本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况12（4分）（xx上海）如图（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（）At1时刻NGBt2时刻NGCt2时刻NGDt4时刻N=G考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应中的力学问题分析：开始电流增大，磁通量变化，设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系解答：解：线圈总是阻碍磁通量的变化，所以T1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就向下动，所以NGT2无电流变化，所以N=G故选：AD点评：注意：由电流变化而产生的感应磁场去阻碍线圈磁通量的变化同时可知：同向电流相吸，异向电流相斥13（4分）（xx秋楚雄市期末）如图所示，一带电液滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变下列说法中正确的是（）A液滴将向下运动B液滴将向上运动C极板带电荷量将增加D极板带电荷量将减少考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化解答：解：A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动故A错误，B正确C、D将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C= 得知电容C增大，而电容器的电压U不变，根据Q=CU，可知，极板带电荷量将增大故C正确，D错误故选：BC点评：本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C= 和电量Q=CU结合分析电量变化14（4分）（xx春桃城区校级期末）在场强大小为E的匀强电场中，质量为m、带电量为+q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动s距离时速度变为零则（）A物体克服电场力做功qEsB物体的电势能减少了0.8qEsC物体的电势能减少了qEsD物体的动能减少了0.8qEs考点：电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：物体所受电场力为F=Eq，方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；动能的变化可以利用动能定理通过合外力做功来求解答：解：A、由于物体所受电场力和运动方向相反，故电场力做负功即克服电场力做功W=EqS，故A正确；B、电场力做负功，电势能增加，故B错误；C、电势能增加量和克服电场力做功相等，所以电势能增加了EqS，故C错误；D、物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：Ek=F合S=maS=0.8EqS，故D正确故选：AD点评：本题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系三、实验题（本题2小题，共15分）15（6分）（xx秋大港区校级期末）一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是1、10、100用10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到100档如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是2200考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：偏角小说明电阻大，要换用大倍率挡，重新调零后测量，读数为示数乘以倍率解答：解：欧姆表的零刻度在左边，偏角小，说明带测电阻阻值大，应换大倍率100挡，重新欧姆调零后测量；欧姆表的读数为：示数倍率=22100=2200故答案为：100，欧姆调零，2200点评：本题考查了欧姆表的使用方法，记住，每次换挡都要重新欧姆调零16（9分）（xx丰城市校级模拟）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按图所示方式连接电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零闭合开关后：（1）若电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则断路的导线为d；（2）若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线为h；（3）若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为g考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电压表及电流表的示数可以得出电路中的故障原因；若电压表有示数说明电压表与电源相连，一般在电压表中间的部分存在断路；若电流表有示数而电压表无示数，说明有短路现象；解答：解：（1）电压表有示数，说明电压表与电源是连通的，但灯泡不亮说明电路中有断路，且断路只能是d导线； （2）电流表有示数说明电路是导通的，电压表无示数说明电压表与电断开，故只能是h断路；（3）调节滑动变阻器能控制电路说明电路是完好的，但电压表及电流表无法调到零说明接成了限流接法，故应该是g导线断路；故答案为：（1）d；（2）h；（3）g点评：本题要求同学们能根据实验现象判断实验故障，难度不大，属于基础题四、计算题（本题4个小题，共39分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17（8分）（xx江苏）如图所示，R为电阻箱，为理想电压表当电阻箱读数为R1=2时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5时，电压表读数为U2=5V求：（1）电源的电动势E和内阻r（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：计算题分析：（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值解答：解：（1）由闭合电路欧姆定律：联立上式并代入数据解得：E=6Vr=1电源电动势为6V，内阻为1；（2）由电功率表达式：将上式变形为：由上式可知R=r=1时P有最大值为；故P的最大输出功率为9W点评：本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程18（8分）（xx秋临汾校级月考）两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板是恰好落在极板中心已知粒子的电荷量为2e，粒子的质量为4m，忽略重力和空气阻力的影响，求：（1）粒子在极板间运动的加速度a；（2）粒子的初速度v0考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）因为电容器极板间是匀强电场，电场强度直接可根据匀强电场公式E=求出根据牛顿第二定律和电场力公式F=qE结合，求解加速度a（2）粒子进入电场后做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动粒子在极板间运动的加速度a可以根据所受的合力（电场力）求出，粒子的初速度v0可以根据两分运动的等时性去求解解答：解：（1）极板间的场强为：E=根据牛顿第二定律得：a=（2）粒子在电场中做类平抛运动，由题有：d=at2 R=v0t联立解得：v0=答：（1）粒子在极板间运动的加速度a为；（2）粒子的初速度v0是；点评：本题考查带电粒子在电场中的运动；解决本题关键会对类平抛运动进行分解，注意两分运动的等时性，运用运动的分解法处理19（10分）（xx春内蒙古校级期中）如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里现有一段长度为，电阻为的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：根据公式E=BLv求出图示位置的感应电动势，画出等效电路由欧姆定律求解导线ac中的电流解答：解：由几何关系知MP距离为，电动势E=BLvMP电阻r=R等效电路如图所示R外=R，电流I=，Iac=答：导线ac中的电流为点评：该题把法拉第电磁感应定律与闭合电路的欧姆定律结合在一起考查，是使用电磁感应中的常规题型，该题的关键是接入电流的MP部分的有效长度20（13分）（xx广东）如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域、中，A2A4与A1A3的夹角为60一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从区的边缘点A1处沿与A1A3成30角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入区，最后再从A4处射出磁场已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求区和区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；匀速圆周运动分析：由题意可知粒子在两磁场中的转动轨迹，由几何关系可知两圆的半径，则由洛仑兹力充当向心力可列出方程；再根据在两磁场中转过的圆心角可求得在两磁场中的时间，则由两粒子在两磁场中运动的总时间可列出关于时间的表达式，联立可解得磁感应强度解答：解：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场区磁感应强度、轨道半径和周期设圆形区域的半径为r，如答图5所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入区磁场，连接A1A2，A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1=A1A2=OA2=r圆心角A1A2O=60，带电粒子在区磁场中运动的时间为带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即R=r 在区磁场中运动时间为带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t=t1+t2由以上各式可得故I区磁感应强度为；II区磁感应强度为点评：带电粒子在磁场中的运动，一般可先确定圆心求出半径，再由洛仑兹力充当向心力及圆的性质求解