1、静宁一中2019-2020学年度第一学期高二级第三次试题（卷）物理（6-13班）第I卷（选择题）一、选择题（本题共14道小题，每小题4分，共56分。其中110题的四个选项中只有一个选项正确，1114题的四个选项中有两个或两个以上选项正确，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分。）1.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，当所带电荷量分别q1和q2，其间距为r 时，它们之间静电力的大小为，式中k为静电力常量。在国际单位制中，k的单位是（ ）A. Nm2/C2B. C2/ (Nm2)C. Nm2/CD. NC2/m2【答案】A【解析】【分析】本题考查国际单位制的转化。【详解】ABC
2、D.由库仑力公式可知：则k的单位为Nm2/C2，故A正确BCD错误。故选A。2.在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者 的方向，其中错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项A不符合题意。B根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项B不符合题意。C根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项C不符合题意。D图中导线的磁场方向平行，则导线不受安培力，此选项错误，选项D符合题意。故选D.3.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍
3、，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为A. 16FB. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由库仑定律可得变化前为：，变化后为：A16F故A不符合题意 B故B符合题意 C故C不符合题意 D故D不符合题意4.关于电源电动势的说法，正确的是( )A. 在某电池的电路中每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是0.5VB. 电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大C. 无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势保持不变D. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多【答案】C【解析】【详解】电路中通过q=2C电荷量，电池提供的电能W=4J，根据电动势的定义式得电动
4、势E=2V故A错误电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，当电源的路端电压增大时，其电源电动势不变故B错误电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变故C正确电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多故D错误故选C.5.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A. 由定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同【答案】B【解析】【详解】A磁感应强度定义式为
5、 ，当电流I增大时，其安培力F也随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项A错误；B一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0，故它所受到的磁场力一定为零，选项B正确；C一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；D磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误6.一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A. 串联一个10k的电阻B. 并联一个10k的电阻C
6、. 串联一个9.5k的电阻D. 并联一个9.5k的电阻【答案】C【解析】【详解】把电流表改装成电压表，串联电阻阻值：A串联一个10k的电阻，与结论不相符，选项A错误；B并联一个10k的电阻，与结论不相符，选项B错误；C串联一个9.5k的电阻，与结论相符，选项C正确；D并联一个9.5k的电阻，与结论不相符，选项D错误；7.某同学用欧姆表“X 10”的倍率测某电阻，发现指针指在如图所示的位置，为了使测量比较精确，应A. 换用“1”的倍率，并重新进行电阻调零B. 换用“ 100”的倍率，并重新进行电阻调零C. 换用“ 1”的倍率，不需重新进行电阻调零D. 换用“100”的倍率，不需重新进行电阻调零【
7、答案】A【解析】【详解】从图中可知，指针偏转的角度较大，因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，知该电阻较小，所以应换小挡，即换“1“的倍率，换挡后重新欧姆调零，故A正确，B、C、D错误【点晴】欧姆表的零刻度线在表盘的右侧，为了测量的准确需将指针指在中间附近每次换挡需重新欧姆调零8.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知A. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大B. 带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小C. 带电粒子在P点时的速度大小大于在Q点时的速度大小D. 带电粒子在
8、R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大【答案】C【解析】【详解】A以b电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在b电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度向左，所以P点电势大于Q点电势，所以粒子在P点电势能小于Q点A错误BP点电场线比Q点密集，所以P点加速度大于Q点B错误C从P到Q电场力做负功，所以P点动能大于Q点，因此P点速度大于Q点，C正确D因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D错误9.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情
9、况为()A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【答案】D【解析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的
10、磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选D【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解10.如图所示，电源电动势大小为E，内阻大小为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左的过程中（）A. 电流表读数变小，电压表读数不变B. 小电珠L变亮C
11、. 固定在电容器C两板间某点的一个负点电荷所具有的电势能变小D. 电源的总功率变大【答案】C【解析】AB：当滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的有效电阻变大，电路的总电阻变大，流过电路的电流变小，电源内电压变小，路端电压变大则电流表读数变小，小灯泡变暗(流过小灯泡的电流变小)，电压表读数变大故AB两项均错误C：流过电路的电流变小，灯泡两端电压减小，滑动变阻器两端电压增大，电容器两端电压变大，电容器两板间场强变大，固定在电容器C两板间某点与左极板间电势差变大，由于左极板接地，左极板电势为零，则固定在电容器C两板间某点电势为正且变大，负点电荷在该点所具有的电势能变小故C项正确D：流过电路的电
12、流变小，电源的总功率变小故D项错误点睛：本题是电路动态变化分析问题，首先确定变阻器有效电阻的变化，再分析总电阻、总电流的变化，再分析局部电压的变化11.如图，两块正对平行金属板M、 N与电池相连，N板接地，在与两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向下平移一小段距离，则A. 点电荷受到的电场力变大B. M板的带电荷量增加C. P点的电势不变D. 点电荷在P点具有的电势能增大【答案】AB【解析】【分析】本题考查电容器的动态分析。【详解】A. 由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，由公式可知，板间场强增大，点电荷受到的电场力增大，故A正确；B.
13、电容器的板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，电容器的电容C增大，根据可知，M板的带电量增加，故B正确；C. 板间场强增大，P点与下板间距离未变，则由，可知P点与下极板之间电势差增大，下极板电势为零，且P点的电势高于下极板的电势，则P点的电势升高，故C错误；D. 该点电荷带负电，而P点电势升高，则点电荷在P点具有的电势能减小，故D错误。故选AB。12.在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是A. 灯泡L变亮B. 电压表读数变小C. 电流表读数变小D. 电容器C上的电荷量增大【答案】CD【解析】【详解】滑片P向左移动一段距离
14、后电阻变大，故电路电流减小，电流表读数变小，灯泡L变暗；路端电压变大，故电压表读数变大；滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器C上的电荷量增大，选项CD正确，AB错误.13.空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则A. 该离子带负电B. A、B两点位于同一高度C. C点时离子速度最大D. 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点【答案】BC【解析】【分析】考查带电粒子在复合场中的运动。【详解】A粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运
15、动过程中受洛伦兹力作用向右偏转，离子带正电，A错误；B根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，又因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；C根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；D只要将离子在B点的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧还有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B的右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。故选BC。14.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的的匀强磁场，在水平恒力F的
16、作用下，甲、乙无相对滑动的一起向左加速运动，在加速运动阶段 ( )A. 甲、乙两物块之间的摩擦力不断增大B. 甲、乙两物块之间的摩擦力不变C. 甲、乙向左运动的加速度不断减小D. 甲对乙的压力不断增大【答案】BD【解析】【详解】当甲与乙向右运动时，甲所受的洛伦兹力竖直向下，又由于地面光滑，所以摩擦力为0，把甲乙看成一个系统，甲与乙相对静止，乙对甲的静摩擦力所以选BD二、实验题（本题共2道小题，共13分,其中15题5分，16题8分。）15.某同学通过实验测定一个阻值约为5 的电阻Rx的阻值(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(050 ，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：
17、A电流表(03 A，内阻约0.025 )B电流表(00.6 A，内阻约0.125 )C电压表(03 V，内阻约3 k)D电压表(015 V，内阻约15 k)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字母)(2)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx_ (保留2位有效数字)(3)若在本次实验中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在本次实验中选用乙电路，产生误差的主要原因是_(选填选项前的字母)A电流表测量值小于流经Rx的电流值B电流表测量值大于流经Rx的电流值C电压表测量值小于Rx两端
18、的电压值D电压表测量值大于Rx两端的电压值【答案】 (1). B, (2). C (3). 5.2 (4). B (5). D【解析】【详解】解：（1）因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程。 （2）电压表的读数为U=2.60V；电流表的读数为I=0.50A；电阻阻值：（3）甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流通过，电流表测量的电流是流经Rx和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于流经Rx的电流值，导致测量的电阻Rx比实际
19、偏小，选B；乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是Rx和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值，导致测量的电阻Rx比实际偏大，选D；16.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_处（2）现备有以下器材：A.干电池1个B.滑动变阻器（050）C.滑动变阻器（01750）D.电压表（03V）E.电压表（015V）F.电流表（00.6A）G.电流表（03A）其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_(填字母代号)（3）由U-I图
20、像由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测_ E真，r测_r真(填“”“”或“=”)【答案】 (1). a (2). B (3). D (4). F (5). 1.5 (6). 0.75 (7). (8). 【解析】【详解】（1）1 闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处（2）2滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约1.5V，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取B3电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择D，4由图可知，电路中的电流较小，因此电流表选择F（3）
21、5在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V；6图象中的斜率表示电源的内阻，则有：（4）78由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示：电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值三、计算题（本题共4道小题，共41分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的解题步骤，只写出答案的不能得分）17.如图所示的电路中，电源电动势，内阻；电阻，电阻，电
22、容器，电池内阻闭合S，求稳定后通过电路的总电流；闭合S，求稳定后电容器所带的电荷量；然后将开关S断开，求这以后流过的总电量【答案】 1A；C【解析】【详解】电容器相当于断路，根据闭合电路欧姆定律，有；电阻的电压为：，故电容器带电量为：；断开S后，电容器两端的电压等于电源的电动势，电量为： 故流过的电荷量为：18.如图所示，图线AB是某闭合电路的路端电压随电流变化的关系图线， OM是某定值电阻R的伏安特性曲线，由图求：（1）R的阻值；（2）处于直线OM与AB交点C时电源的输出功率；（3）电源最大输出功率【答案】（1） （2）8W （3）9W【解析】【分析】（1）根据伏安特性曲线的斜率求出电阻的阻
23、值（2）交点对应的电压和电流为电源输出电压和输出电流，根据P=UI求出电源的输出功率（3）当外电阻等于内阻时，电源输出功率最大【详解】（1）OM是电阻的伏安特性曲线，电阻：（2）交点C处电源的输出功率为：（3）电源的最大输出功率Pm，是在外电阻的阻值恰等于电源内电阻时达到的 答：（1）R的阻值为2（2）处于直线OM与AB交点C时电源的输出功率为8W （3）电源的最大输出功率为9W【点睛】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义19.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内
24、分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V，内阻r=0.50的直流电源。现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求： （1）通过导体棒的电流； （2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力的大小和方向。【答案】(1) 1.5A (2) 0.30N (3) 0.06N，沿导轨向下【解析】【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律，有：
25、I=1.5A； (2)导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.51.50.4=0.30N；(3)导体棒受力如图，将重力正交分解，如图： F1=mgsin37=0.24N F1F安，根据平衡条件： mgsin37+f=F安 代入数据得：f=0.06N20.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.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点以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，（P点未画出）已知ON=2OM ,不计粒子重力，求： （1）带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向？（2）磁感应强度大小B？（3）粒子由M点到P点运动时间？【答案】（1）；（2） ；（3）【解析】【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，出电场时的速度反向延长线经过水平位移的中点，由于ON=2OM，所以有 即(2)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图由几何关系可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，则有联立解得由公式得其中联立解得(3)带电粒子出电场时的竖直方向的速度为加速度为得粒子在磁场中的运动周期粒子在磁场中的运动时间为联立解得所以总时间为
