【文档说明】山东省青岛第十六中学2020-2021学年高二上学期第5学段模块检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(16)页，718.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-58050f3d8408a7fa6c9d30b7c4e37f94.html

以下为本文档部分文字说明：

2020—2021学年第一学期高二年级第5学段模块检测一、本大题共12小题（每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中。只有一项是符合题目要求的。）1.关于电场强度有下列说法，正确的是（）A.电场中某点的电场强度在数值上等于

单位电荷在该点所受的电场力B.电场强度的方向总是跟电场力的方向一致C.在点电荷Q附近的任意一点，如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的强度为零D.根据公式FEq=可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比【答

案】A【解析】【分析】【详解】A.根据电场强度的定义FEq=，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力，故A正确；B.电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力的方向相同，与电荷所受的电场力的方向相反，故B错

误；C.电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的电场强度不变，故C错误；D.场强取决于电场本身，与检验电荷无关，故D错误；2.下列设备或电器中，利用电磁感应原理

工作的是()A.发电机B.白炽灯C.电动机D.电吹风【答案】A【解析】【分析】【详解】A.发电机是线圈在磁场中运动，产生电流，利用电磁感应原理，故A正确；B.白炽灯是将电能转化为热能后一部分热能转化为光能的设备，即是消耗电能的

电热装置，故B错误；C.电动机是线圈通电后受力转动，不是利用电磁感应现象原理，故C错误；D.电吹风是将电能转化为热能和机械能，与电磁感应无关，故D错误．3.如图所示，在通电螺线管的周围和内部a、b、c、d四个位置分别放置了小磁针，小磁针涂黑的一

端是N极．图中正确表示小磁针静止时的位置是（）A.aB.bC.cD.d【答案】A【解析】根据电源的正负极得出通电螺线管的电流方向从左边流入、从右边流出；根据电流方向，利用安培定则判断螺线管的左端为S极、右端为N极；在磁体内磁场的方向从S极指向N极，而小磁针的N极的指向表示磁场的

方向，所以b、c、d三个位置的磁场的指向都错误．在磁体外磁场的方向从N极指向S极，所以a处的磁场从右向左，小磁针的指向正确．故选A．【点睛】安培定则（右手螺旋定则）为考试中的重点及难点，应能做到熟练应用右手螺旋定则判断电流及磁极的

关系．4.如图所示，两靠近的金属球的电荷量分别为q1和q2，球心之间的距离为l，若两球大小不能忽略，关于两球间库仑力大小F的说法在确的是（）A.带同种电荷时，F>k122qqlB.带同种电荷时，F=k122qqlC.带异种电荷时，F>k122qqlD.带异种电荷时，F=k122q

ql【答案】C【解析】【分析】【详解】根据库仑定律2=kQqFl，可知，l是两点电荷的间距，由于靠近完全相同的小球，两球大小不能忽略，因此当同种电荷时，间距大于球心间距；则有122qqFkl当异种电荷时，间距小于球心间距，则有122qqFkl故选C。

5.如图所示，为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是（）A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5.0×10﹣2FD.电容器的电量

变化量为0.20C【答案】B【解析】试题分析：电容是表示电容器储存电荷能力的物理量，有电容器自身决定；根据C=求解电容，根据C=求解电量的变化．解：A、由图象可知，电压从40V降低到36V，电容器的电量减小，则属于放电过程，故A错误，B正确；C、根据

图象，当电压为40V时，电量为0.2C，故电容为：C===0.005F=5.0×10﹣3F，故C错误；D、如果该电容器两端的电压从40V降低到36V，则△Q=C•△U=0.005F×（40﹣36）V=0.02C，故D错误；故选B．【点评】本题关键明确电容器电容的定义公式，

知道C==，并能知道放电与充电的区别，基础题．6.如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则A.a点场强的大小比b点大B.b点场强的大小比c点小C.a点电势比b点高D.b点电势比c点低【答案】D【解析】【分析】【详解】由点电荷场强公式2QEkr=确定

各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低．由点电荷的场强公式2QEkr=可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A

错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c

点低，故D正确．7.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1【答案】A【解析】根据磁通量的

定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误．【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．

8.如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小）．闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（）A.L1逐渐变暗，L2逐渐变亮B.L1逐渐变亮，L2逐渐变暗C.电源

内电路消耗的功率逐渐减小D.光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大【答案】A【解析】【分析】【详解】AB．光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮．由UEIr=−知，路端电压减小，又L

2两端电压增大，则L1两端电压减小，L1逐渐变暗，故A正确B错误；C．电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：2rPIr=电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C错误；D．将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，

由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D项错误．【点睛】电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．9.在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的

安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL，则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象一条过原点的直线。故选A。10.如图所示为电流产生磁场的分布图，

正确的分布图是()A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】C【解析】【分析】【详解】①②．通电直导线周围产生的磁场由安培定则，右手握住导线，大拇指指向电流方向，则四指弯曲的方向为磁场方向，故①正确，②错误；③④．场源为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，右手螺旋定则判断出

③错误，④正确。故选C。11.如图，在“探究感应电流产生的条件”试验中，闭合电键后，不能使灵敏电流计指针偏转的措施是()A.把原线圈从副线圈中拔出B.断开电键C.保持电路中电路稳定D.改变滑动变阻器阻值【答案】C【解析】【分析】穿过闭合回路的磁通量发生

变化，产生感应电流；穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流；根据图示与题意分析答题．【详解】A项：把原线圈从副线圈中拔出，通过螺线管的磁通量减小，从而产生感应电流，导致电流计指针偏转，故A正确；B项：当断开电键，通过螺线管的磁通量减

小，从而产生感应电流，导致电流计指针偏转，故B正确；C项：保持电路中的电流恒定，穿过螺线管的磁通量不变，不产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，故C错误；D、当改变滑动变阻器的阻值，穿过闭合回路的磁通量变化，

产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故D正确．本题选择不偏转的，故选C．【点睛】本题考查了判断磁通量是否变化、判断电流计指针是否偏转，分析清楚题意与图示情景、知道感应电流产生的条件即可正确解题．12.如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过

圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点有一电荷量为q（q>0）的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A.k23qRB.k29qRC.

k2qRD.k2109qR【答案】D【解析】【分析】【详解】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为2qEkR=而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生

电场强度也为2qEkR=那么圆盘在此d产生电场强度则仍为2qEkR=而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为22(3)9qqEkkRR==由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加，所以两者在d处产

生电场强度为k2109qR故选D。二、本大题共4小题（每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错的不得分）13.以下说法正确的是（）A.电源电动势一定等于

电源两极间的电压B.磁场是一种客观存在的物质C.电流周围存在磁场，首先是法拉第发现的D.磁通量只要发生变化，电路中就一定有感应电动势产生【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．电源电动势等于电源没有接入电路前两极间的电压，电源接入电路后，电源两极间的电压小于电源电动势，故A错误；

B．磁场是磁体周围存在的一种看不见的特殊物质，是真实的存在，故B正确；C．电流周围存在磁场，首先是奥斯特发现的，故C错误；D．当穿过电路的磁通量发生变化时，电路中就有感应电动势，当电路闭合时，电路才有感应电流，故D正确。故选BD。14.如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中

的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定A.电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等B.O处的点电荷一定带负电C.a、b、c三个等势

面的电势关系是φa>φb>φcD.电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|＝2W34【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．电子在运动的整个过程中只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动

能的增加量,故电势能和动能之和守恒,所以A正确;B．因为曲线运动的合力应该指向内侧,故从电子的运动轨迹可以看出,电子受到排斥力,故O处的场源电荷是负电荷，故B正确;C．因为场源电荷是负电荷，又因为沿着电场线电势降低,故结合负点电荷的电场线分布规律可以知

道：abc故C错误;D．因为负点电荷的电场不是匀强电场,电场线越密的地方，等差等势面也越密；故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍,故D错误;故选AB.15.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1

与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5.2，3.5）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不．正确的是（）A.电源1与电源2的内阻之比是2∶

3B.电源1与电源2的电动势之比是1∶1C.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．根据电源U-I图线斜率代表电源的内阻，则111105ΩΩ84UrI

===222105ΩΩ126UrI===则电源1与电源2的内阻之比是3∶2，A错误；B．根据图像1210VEE==B正确；CD．曲线Ⅲ与直线Ⅰ相交点的坐标为P（5.2，3.5）,则11135Ω52URI==1

1118.2WPUI==曲线Ⅲ与直线Ⅱ相交点的坐标为Q（6，5）,则2225Ω6URI==22230WPUI==则有，小灯泡的电阻之比是21∶26，小灯泡消耗的功率之比是91∶150，CD错误。本题选择错误的，故选ACD。16.如图所示

，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，沿垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施不．可行的是（）A.保持U2和平行板间距不变

，减小U1B.保持U1和平行板间距不变，增大U2C.保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板D.保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A．保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的大小不变，减小U1，则粒子初速度减小，更难以穿出平行

板电容器，故A错误；B．保持U1和平行板间距不变，，则粒子初速度不变，增大U2，平行板电容器中匀强电场增大，粒子偏转加剧，不能穿出平行板电容器，故B错误；CD．保持U1、U2和下板位置不变，要想粒子穿出，必须减小板间电场，因此需要增大板间距，故C正确，D错误。本题选不可行的，故选AB

D。三、本大题共1小题（共11分）17.有一根均匀的管线状导体，横截面如图甲所示，长约为5.0cm，电阻值约为6Ω。可供选择的器材有：A．电流表（量程0.6A，内阻约为0.1Ω）B．电流表（量程3A，内阻约为0.03Ω）C．电压表（量程3V，内阻约为3kΩ）D．滑动变阻器（1750Ω

，0.3A）E．滑动变阻器（15Ω，3A）F．蓄电池（6V，内阻很小）G．开关一个，带夹子的导线若干(1)使用游标卡尺测量管线状导体的长度如图乙所示，则管线状导体的长度L=___________cm。(2)要精确测量管线样品的阻值，电流表应选___________，滑动变阻器应选____

_______。（填选项字母）(3)请将如图所示的实际测量电路补充完整_________。(4)已知管线状导体材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出管线状导体的电阻为R，外径为d，要想求得管线状导体内形状不规则的中空部分的横截面积S，计

算中空部分横截面积的表达式为S=___________。【答案】(1).5.01(2).A(3).E(4).(5).24dLR−【解析】【分析】【详解】（1）[1]管线状导体的长度50mm10.1mm50.1mm5.01cm+==（2）[2]电源电动势为6V，电路最大电流约为

1AEIR==电流表应选A。[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。（3）[4]待测金属管的电阻约为6Ω，电流表内阻约为0.1Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于金属管电阻，电流表应采用外接法，滑动

变阻器可以采用限流接法，实物电路图如图所示（4）[5]根据LRS=则'LSR=则中空部分的截面积为22'44ddLSSR=−=−四、本大题共3小题（共33分。按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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。）18.如图所示，水平虚线MN上、下方空间分别存在场强方向相反、大小相等的匀强电场．以虚线MN处电势为零，A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子

从A点由静止释放，已知粒子运动过程中最大电势能为Em，不计粒子重力．求：（1）匀强电场的场强大小；（2）粒子从释放到第一次返回A点所需的时间．【答案】(1)mEEqd=；(2)24mdE【解析】（1）粒子释放后，在MN上方电场中电场力做正功，电势能减小，MN下方电场中，电场力做负功，电势能增

大，由能量守恒和对称性可知，粒子A、B两点间做往返运动，且在A、B处时电势能最大，MN处电势为零，设A到MN间电势差为U，A点电势为φA，电场强度大小为E，则有U＝φA-0＝φAEm＝qφAU＝Ed联立解得mEEqd

=（2）粒子从A到MN做匀加速直线运动，设经历的时间为t，到MN时粒子速度为v，加速度为a，则有v＝atqE＝ma从A到MN由能量守恒有2m12Emv=联立解得m2mtdE=由对称性可得，粒子第一次返回A点所需时间为m244mtdE=19.

如图所示，ABCD为竖直放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且sAB=R=0.2m。把一个质量m=0.1

kg、带电荷量q=＋1×10-4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动。（取g=10m/s2）求：(1)小球到达C点时的速度；(2)小球到达C点时对轨道的压力大小；【答案】(1)2m/s；(2)3N【解析】【分析】【详解】(1)由A点到C点应用动能定理有qE(sAB

＋R)－mgR=212Cmv解得vC=2m/s(2)在C点应用牛顿第二定律得2NCvFqEmR−=得FN=3N由牛顿第三定律知，小球在C点时对轨道的压力大小为3N。20.如图所示，是一种测量电源电动势和内阻的电路.已知；10.5ΩR=

，21.5ΩR=，当电键扳到1位置时，电压表读数为1V；当电键扳到2位置时，电压表读数为1.5V，求：电源电动势E和内阻r。【答案】2V，0.5Ω【解析】【分析】【详解】由闭合电路欧姆定律得：111UEUrR

=+222UEUrR=+联立解得：2VE=，0.5r=