山西省浑源县高中学校2018-2019学年高二物理上学期第五次联考试题（含解析）

山西省浑源县高中学校2018-2019学年高二物理上学期第五次联考试题（含解析）一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.如图所示，在左边的绝缘支架上插上顶针(其顶端是尖的)，在顶针上装上金属风针，若给风针附近的圆形金属板接上正高压极，风针接负高压极，风针尖端放电会使其旋转起来，下列说法中正确的是()A.风针尖端附近的等势面和电场线分布较密B.风针附近的空气在强电场下发生电离C.空气中的阳离子会向风针的尖端运动D.交换金属板与风针所带电荷电性，风针的尖端会有正电荷射出【答案】ABC【解析】【详解】A.圆形金属板与风针分别接上正、负高压后，风针附近产生强电场，且风针尖端处电场最强，因此风针尖端附近的电场线分布较密，由于电场线密的地方等势面密，故风针尖端附近的等势面也密。故A正确；BC.风针附近产生强电场使空气发生电离，空气中的阳离子会向风针的尖端运动与针尖负电荷中和，发生放电观象，而空气中的负离子因受排斥力而向相反方向运动。由于反冲，风针就旋转起来。故B正确，C正确；D.如果交换金属板与风针电荷电性，风针不可能放出正电荷，因为导体内只有自由运动的电子。故D错误。故选：ABC2.一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A.粒子带负电荷B.粒子的加速度先不变，后变小C.粒子的速度不断增大D.粒子的电势能先减小，后增大【答案】AB【解析】【详解】A、电场线(垂直于等势面)先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A错误；B、因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；C、由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；D、因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误。3.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是()A.断开开关S后，将A、B两极板分开些B.保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C.保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动【答案】A【解析】试题分析：断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据4SCkd知，电容C减小，根据QCU知，电势差U增大，指针张角增大，故A正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故B、C、D错误．考点：电容器的决定式及定义式。4.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图所示，下列判断正确的是（）A.从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B.从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C.从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动D.从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动【答案】D【解析】【详解】试题分析：在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，根据牛顿第二定律可知，小车做变加速运动，故AB错误；在t2～t3内，I不变，压力恒定，且电流比初始电流大，因此小车做匀加速直线运动，故C错误，故D正确；故选：D．考点：牛顿第二定律的应用.5.在如图所示的电路中，闭合开关S，A、B、C三只灯均正常发光。当可变电阻R′的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度的变化，下列叙述正确的是A.A灯变亮B.B灯变亮C.C灯变亮D.三灯均变暗【答案】AC【解析】试题分析：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变化．解：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir，则U增大，A灯变亮．由于I总减小，流过A灯的电流IA增大，则B灯和R并联的总电流减小，B灯变暗，B和R并联的电流减小，电压UBR减小，C灯的电压UC=U﹣UBR，得到UC增大，C灯变亮．故选AC【点评】本题电路中动态变化分析问题，按照部分到整体再到部分的思路进行分析．6.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为R＝12UIC.对应P点，小灯泡的电阻为R＝121UIID.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【答案】ABD【解析】【详解】A．由图象可知，通过灯泡的电流随两端电压的增大而增大，且△U＞△I，因为电阻是指对电流的阻碍作用，所以随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，否则△U和△I的变化倍数相等，故A正确；BC．由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R＝12UI，故B正确；C错误；D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．7.如图所示是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O表示电子束，由纸内向纸外而来，那么，接通电源，给偏转线圈加上图示方向的电流时，电子束应()A.不偏转，仍打在O点B.向左偏转C.向上偏转D.向下偏转【答案】C【解析】【详解】偏转线圈由上下两个“通电螺线管”组成，由右手螺旋定则判断知右端都是N极，左端都是S极，则O点处的磁场水平向左，由左手定则判断可知，从O点射出的电子受到向上的洛伦兹力的作用将会向上偏转，故C正确，ABD错误。故选：C8.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()A.速度B.质量C.电荷量D.比荷【答案】AD【解析】【详解】A.离子流在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB，v＝EB，故A正确；B.进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝mvqB知，因v、B相同，所以只能是比荷相同，故D正确，B、C错误。故选：AD9.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则()A.两小球到达轨道最低点的速度vM＝vNB.两小球到达轨道最低点的速度vMvNC.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端【答案】BD【解析】【详解】AB.小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以只有重力做功。在电场中受的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，所以到达最低点时速度关系为vMvN，故A错误，B正确；C.整个过程的平均速度MvNv，所以时间tMtN，故C错误；D.由于电场力做负功，电场中的小球不能到达轨道的另一端。故D正确。故选：BD10.长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电。现在质量为m、电量为q的正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的方法是：()A.使粒子的速度vBqL/4mB.使粒子的速度vBqL/4mC.使粒子的速度v5BqL/4mD.使粒子的速度BqL/4mv5BqL/4m【答案】AC【解析】【详解】如图所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R＜4L，故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvB=m2vR，可得粒子做圆周运动的半径：mvRqB粒子不打到极板上且从左边射出，则： 4mvLqB即：v4qBLm带正电的粒子从右边射出，如图所示，此时粒子的最小半径为R，由上图可知：R2=L2+（R-2L）2；可得粒子圆周运动的最大半径：R=5 4L又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子从右边射出，则：5 4mvLqB即：54qBLvm故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足v4qBLm或54qBLvm，故AC正确，BD错误；故选A.点睛：该题考查了有界磁场的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键．能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，并能根据几何关系求出粒子不射出磁场的半径条件．二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)11.为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：⑴将S拨向接点1，接通S1，调节_____，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_________的读数I；⑵然后将S拨向接点2，调节_____，使____________，记下此时RN的读数；⑶多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。【答案】(1).R0(2).标准电流表A0(3).RN(4).标准电流表A0的示数为I(5).平均值【解析】此题测量微安表头A的内阻采用的是替代法。首先将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表A0的读数I；然后将S拨向接点2，让电阻箱替代待测电流表，调节RN,使标准电流表A0的读数仍为I；此时电阻箱读数等于待测电流表内阻,记下此时RN的读数；多次重复上述过程，计算RN读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值。12.有一根圆台状均匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关。他进行了如下实验：（1）用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L。图乙中游标卡尺（游标尺上有20个等分刻度）的读数L=________cm.（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）。该合金棒的电阻约为几个欧姆。图中有一处连接不当的导线是__________.（用标注在导线旁的数字表示）（3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2=Rd·RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R=_______.（用ρ、L、d、D表述）【答案】(1).9.940(2).⑥(3).4LdD【解析】【详解】(1)首先确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05mm，然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度×格数＝0.05×8mm＝0.40mm，最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00mm＋0.40mm＝99.40mm＝9.940cm.(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法．(3)根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3Ω、RD＝3.38Ω.即Rd＝ρ2(/2)Ld，RD＝ρ2(/2)LD，而电阻R满足R2＝Rd·RD，将Rd、RD代入得R＝4LdD.13.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池（电动势约