【文档说明】河北省张家口市张垣联盟2020-2021学年高二上学期阶段检测物理试卷【精准解析】.doc，共(20)页，3.277 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a9b0ab6ed5bf53b015b53de73928e7f3.html

以下为本文档部分文字说明：

2020-2021学年第一学期阶段测试卷高二物理注意事项∶1.本试卷共100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。第I卷（选择题共40分）一、选择题∶本题共8小题，每小题3分，共24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.有关静电场和磁场的说法正确的是（）A.电场强度为零的位置电势也为零B.FEq=和FBIL=都是比值定义式C.磁感线、电场线都是非闭合的D.带电粒子在电场和磁场中都一定会受

到力的作用【答案】B【解析】【分析】【详解】A．电场强度为零的位置电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处场强为零，电势大于零，选项A错误；B．FEq=和FBIL=都是比值定义式，选项B正确；C．磁感线是闭合的，电场线不是闭合的，选项C错误；D

．带电粒子在电场中一定会受到电场力作用，但是带电粒子在磁场中不一定会受到磁场力，选项D错误。故选B。2.有一根长为0.5m的通电导线，把它放入磁感应强度为1.2T的匀强磁场中，通过导线的电流为5A。则通电导线受到的磁场力的大小不可能为（）

A.0NB.1.5NC.3ND.3.5N【答案】D【解析】-2-【分析】【详解】当通电导线与磁场垂直时，安培力最大，Fmax=BIL=3N，所以通电导线受到的磁场力的大小不可能为3.5N。故选D。3.匀强磁场垂直纸面向里，在磁场中某点同时释放两个带电粒子a和b，速度大小和方向均相同，运动轨迹如图

所示。不计带电粒子的重力，下列判断正确的是（）A.粒子a带正电，粒子b带负电B.粒子a的比荷（qm）较大C.粒子b的运动周期较小D.粒子b的向心加速度较小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．带电粒子a做顺时针方向的圆周运动，带电粒子b做逆时针方向的圆周运动，根据左手

定则判断可知，粒子a带负电，粒子b带正电，故A错误；B．根据洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmr=整理得qvmBr=由于带电粒子a做圆周运动的半径较大，比荷（qm）较小，故B错误；C．根据2rTv=可知粒子b的运动周期较小，故C正确；-3-D．由2var=可知粒子b的向

心加速度较大，故D错误。故选C。4.如图，虚线MN的上方有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，带负电粒子从M点垂直磁场方向射入磁场，从N点射出磁场。已知带电粒子的质量为m，带电量为-q，磁感应强度为B，入射速度大小为v，与磁场边界的夹角为45°

，M点和N点之间的距离为L。下列关系式正确的是（）A.qv=mBLB.2mv=2qBLC.mv=2qBLD.2qv=2mBL【答案】B【解析】【分析】根据已知条件画出粒子的运动轨迹，确定圆心、半径，再根据洛伦兹力作为向心力列式化简可得。【详解】ABCD．由几何关系可知，

带电粒子在磁场中的轨迹为14圆弧，半径R=22L，据洛伦兹力作为向心力，有2vqvBmR=代入数据可得2mv=2qBL，B正确，ACD错误。故选B。5.正点电荷与接地金属空腔产生的电场线分布如图所示，O为直电场线上一点，

c、d两点关于O点对称。下列判断正确的是（）-4-A.空腔是等势体，电势大于零B.c、d两点的电场强度相同C.a点的电势低于b点的电势D.将正点电荷从c点移到d点的过程中，电场力始终不做功【答案】C【解析】【分析】【详解】A．金属空腔在正点电荷电场中处于平衡状态，

可知空腔是等势体，因空腔接地，可知电势等于零，选项A错误；B．c、d两点的电场强度大小相同，方向不同，选项B错误；C．沿电场线电势逐渐降低，可知a点的电势低于b点的电势，选项C正确；D．将正点电荷从c点移到d点的过程中，电场力先做负功，后做正功，选项D错误。故选C。6.如图

所示，长方形ABCD区域内存在竖直向下的匀强电场，质量为m、带电量为q的正离子从A点以初速度v0垂直射入匀强电场，恰好从C点射出。已知AB边长2L，AD边长3L，离子重力不计。则匀强电场的电场强度为（）A.2049mvEqL=B.2049mvLEq=C.043mvEqL=D.-5-

043mvEq=【答案】A【解析】【分析】【详解】正离子在电场中做类平抛运动，则水平方向03Lvt=竖直方向2122EqLtm=联立解得2049mvEqL=故选A。7.如图所示，当电阻箱接入电路的阻值为R0时，理想电压表的示数为U；当电阻箱接入电路的阻值为3R0时，理想电压表的示数为2

U，则电源的电动势E和内阻r分别为（）A.E=2U，r=R0B.E=4U，r=3R0C.E=3U，r=2R0D.E=5U，r=4.5R0【答案】B【解析】【分析】【详解】当电阻箱接入电路的阻值为R0时，由闭合电路欧姆定律得0UEURr−=-6-当电阻箱接入电路的阻值为3R0时，由闭合电路

欧姆定律得0223UEURr−=联立解得4EU=，03rR=故选B。8.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要设备，构造原理如图所示。离子源S产生的各种不同正离子束（初速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔O垂直于磁感

线进入磁感应强度为B的匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点，P点到小孔O的距离为x。下列关于x与mq的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】粒子在电压为U的电场中加速时，据动能定理得-7-212qUmv=粒子在磁场中做匀速圆周运动，由顿第二

定律有2vqvBmr=由几何关系可知x=2r解得22mUxBq=故B正确，ACD错误。故选B。二、选择题∶本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.下列单位中与磁感应强度单位一致的是（）A.NAmB.2kgCsC.NsCmD.3Wbm【答案】AC【解析】【分析】【详解】根据磁感应强度的定义式FBIL=得1T=1N/（A•m）；安培力的单位

是N，而电流的单位是A，1A=1C/s，长度的单位为m，则单位的换算可得1T=N/（A•m）=1N/（C•ms-1）1N=1kg•m/s21T=1kgCs故AC正确，BD错误；-8-故选AC。10.某兴趣小组探究测定环形电流产生

磁场的磁感应强度的方法，如图甲所示，在竖直平面内南北方向放置环形导线PQ，环形导线的圆心和小磁针的中点重合，小磁针可绕其中点自由转动。导线中没有通电时，小磁针的N极指向北方，与环形导线平面平行；给导线通人电流后，小磁针静止时N极停在北偏东53°的位置，俯视如图乙所示。已知此地的地磁场水

平分量为B0，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是（）A.环形导线中通有从P到Q的电流B.环形导线中通有从Q到P的电流C.电流在圆心处产生磁场的磁感应强度大小为034BD.电流在圆心处产生磁场的磁感应强度大小为043B【答案】BD

【解析】【分析】【详解】AB．环形导线PQ在竖直平面内南北方向放置，无电流时小磁针N极指向北方，通电后小磁针N极指向北偏东53°，环形导线电流产生的磁场在圆心处指向东方，根据安培定则可知环形导线中通有从Q到P的电流，A错误B正

确；CD．根据磁感应强度的叠加原理可知0tan53BB=所以043BB=C错误D正确。故选BD。-9-11.如图甲所示，电源内阻为r，R1、R2为定值电阻，R1＞r，R为磁敏电阻，其阻值随磁感应强度的变化规律如图乙所示。当R处磁感应强度增强

时，电压表的示数变化量为U，电流表的示数变化量为I。下列说法正确的是（）A.0U＞，0I＜B.电阻R1消耗的电功率增大C.电阻R2消耗的电功率增大D.电源的输出功率增大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．当R处磁感应强度增强时，磁敏电阻R的阻值增大，R和R2并联的总

电阻变大，整个电路的总电阻变大，由EIR=总可知，内压=UIr内减小，R1两端电压11UIR=减小，所以电压表示数1UEUU=−−内增大，电流表示数减小，所以0U＞，0I＜，故A正确；B．电阻R1消耗的电功率-10-2

11PIR=因电流减小而减小，故B错误，C．电阻R2消耗的电功率222UPR=由于U增大所以R2消耗的电功率增大，C正确；D．由于R1＞r，所以外电阻大于电源内阻，当磁敏电阻R的阻值增大时外电阻增大，电源的输出功率2222=2EEPIRRrRrRr

R==+++出可知，当Rr=时P出最大，由题意可知外电阻和内阻大小相差越来越大，所以电源的输出功率减小，故D错误。故选AC。12.如图所示，竖直面内有一长为2L的绝缘轻杆，中点O固定在转轴上，轻杆的两端固定带有等量异

号电荷的小球（不计重力），小球的质量均为m，带电量大小均为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E。开始时，两小球分别在A、B位置，轻杆与电场方向成53°夹角。在静电力作用下，轻杆绕转轴转到水平位置，取O点的电势为0，

不计一切摩擦和两小球间的库仑力。sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的有（）A.转动中两小球的电势能始终相等B.该过程两小球的总电势能保持不变C.转到水平位置时小球的速度大小为0-11-D.转到水平位置时轻

杆中弹力的大小为95Eq【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．轻杆绕转轴转到水平位置，根据匀强电场中电势差与场强的关系得cos53OAUEdEL==取O点的电势为0，则有OAOAU=−解得=cos53AEL−同理可得=cos53BEL

又根据电势能与电势的关系得A小球的电势能为cos53pAAEqqELqEd==−=−cos53pBBEqqELqEd=−=−=−转动中两小球沿电场线方向的距离d相等，所以两小球的电势能始终相等，A正确；BC．转动中两小球都沿电场力方向移动一段距离，根据电场力做功

的条件可知，该过程静电力对两小球均做正功，所以该过程两小球的总电势能减小，总动能增大，转到水平位置时小球的速度大小不为0，BC错误；D．根据能量守恒定律得212(1cos53)22qELmv−=对A球由牛顿第二定律得2mvF

qEL−=解得95FqE=-12-D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题∶本题共6小题，共60分。解答题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。1

3.某同学用多用电表测量一只电阻的阻值，标称阻值为1500Ω。多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1k、×100、×10、×1。(1)该同学进行机械调零后应将选择开关旋转到____________位置；(2)将红、黑两表笔短接，调节欧

姆调零旋钮，使指针指在___________（选填“左侧”或“右侧”）0刻度线位置；(3)该同学进行测量后，刻度盘上的指针位置如图所示，则该电阻的测量值是__________Ω；测量结果___________（选填“偏

大”或“偏小”），其原因可能是____________。A.电池电动势降低B.电池内阻增大C.测量时，双手接触了表笔金属部分【答案】(1).×100(2).右侧(3).1300(4).偏小(5).C【解析】【分析】【详解】(1)[1]为了减小误差，用多用电表测量电阻时，应让指针尽量指向

中间刻度，故选择开关应该转到“×100”位置；(2)[2]将红、黑两表笔短接，外电路相当于导线，应使指针指在“右侧”0刻度线位置；-13-(3)[3][4]由图可得，读数为=13100=1300R，因为13001500，故测量结果偏小；[5]电源电动

势和电池内阻对测量结果没有影响，测量时，若双手接触了表笔金属部分，相当于人与待测电阻并联，由串并联知识可知，并联电阻减小，只有C选项符合题意，故选C。14.某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。电压表（量程0~

3V，内阻约为3kΩ）电流表（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）定值电阻R0（阻值为4Ω）滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流1A）∶待测电池组（电动势约为3V）开关，导线若干(1)该小组连接的实物电路如图甲所示，请在图乙的方框中画出电路图；（）(2)调节滑动变阻器的滑片P

，得到几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U-I图像，如图丙所示。根据图像可知，电池组的电动势为___________V，内阻为___________Ω（结果均保留两位有效数字）；(3)该小组同学还测量了另一组电池的电动势和内阻，得到它们的路端电压和电流的关系如图丁所示。当通过两电源

的电流相等时，电源___________（选填“1”或“2”）的输出功率较大。-14-【答案】(1).(2).2.9(3).1.8（1.7~1.9）(4).1【解析】【分析】【详解】(1)[1]由实物图画电路图，如下∶(2)[2]由闭合电路

的欧姆定律和图丙可知，路端电压U=E-I（r+R0）图像的纵轴截距表示电源电动势E=2.9V[3]图像斜率的绝对值02.95.80.5rR+==所以电源内阻r=1.8(3)[4]当通过两电源的电流相等时，电源1的路端电压U

1与电源2的路端电压U2，如下图所示，由P出=UI可知，电源1的输出功率较大。15.如图所示，水平导轨间距为L=0.3m，导轨电阻忽略不计；金属棒ab的质量m=0.6kg，电-15-阻R0=0.3Ω，与导轨接触良好。电源电动势E=5V，内阻r=0.2Ω。整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强

磁场中，磁场方向与导轨平面、金属棒ab垂直。金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求∶(1)当电阻箱接入电路的阻值为R=2Ω时，金属棒ab受到的安培力大小；(2)为使金属棒ab不滑动，电阻

箱接入电路的阻值应满足的条件。【答案】(1)1.2N；(2)0.5ΩR【解析】【分析】【详解】(1)当电阻箱接入电路的阻值为R=2Ω时，由闭合电路欧姆定律得0EIrRR=++金属棒ab受到的安培力大小为FBIL=解得1.2NF=(2)金属棒ab受到的最大静摩擦力为maxfmg=根据题意可知m

axFfFBIL=0=EIrRR++解得0.5ΩR-16-16.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=3Ω，R2=12Ω，R3=4Ω，C为水平放置的平行板电容器，其电容C=

2×10-6F。求∶(1)平行板电容器所带的电荷量Q；(2)电阻R2消耗的电功率P2。【答案】(1)9×10-6C；(2)27W16【解析】【分析】【详解】(1)电阻R2与R3并联后与R1串联，电容器两极板间电压

等于R2两端的电压，得232323RRRRR=+由闭合电路欧姆定律得123EIrRR=++由欧姆定律得U2=IR23平行板电容器所带的电荷量为Q=CU2解得Q=9×10-6C(2)电阻R2消耗的热功率为2222UPR=解得-17

-227W16P=17.如图所示，平行边界MN间存在垂直纸面向里的匀强磁场，边界间距为d，磁感应强度为B。质量为m、电量为q的负离子（不计重力）从边界M上的A点进入磁场，速度与边界的夹角为θ=37°，从边界N上的C点垂直边界射

出磁场。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求∶(1)正离子进入磁场的速度大小v0；(2)正离子在磁场中运动的时间t；(3)若入射速度不变，正离子不能从边界N射出磁场，磁感应强度应满足什么条件。【答案】(1)54qBdm；(2

)53180mqB；(3)94BB【解析】【分析】【详解】(1)作出带电粒子的运动轨迹，由几何关系得1cos37dr=由洛伦兹力提供向心力得2001vqvBmr=解得-18-054qBdvm=(2)正离子在磁场中运动的周期为102rTv=正离子在磁场中运动的时

间为53360tT=解得53180mtqB=(3)若正离子不能从边界N射出磁场，作出带电粒子的运动轨迹，由几何关系得r2+r2cos37°≤d由洛伦兹力提供向心力得2002vqvBmr=解得94BB18.如图所示，质量为m、带正电的小球（可视为质点）用细线悬挂在O点，小球带电量为

q，细线的长度为L。把细线拉至水平位置，由静止释放小球，当小球运动到最低点A时细线恰好断裂，此时小球恰好与水平面接触而无弹力作用；然后小球沿光滑的水平面运动，水平面上方虚线之间存在水平向右的匀强电场，电场强度为072mgEq=，然后小球从C点进入半径为L的圆

形区域，其圆心为O，AC之间的距离为2L；圆形区域内存在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B。已知4mgLBqL=，重力加速度为g，A、C、O在同一水平线-19-上。(1)求细线能承受的最大拉力；

(2)求带电小球进入圆形区域时的速度大小；(3)若带电小球在圆形区域内沿CO做直线运动，求匀强电场E的大小；(4)若圆形区域内匀强电场mgqE=，求带电小球在圆形区域内运动的时间是多少。【答案】(1)3mg；(2)4gL

；(3)17mgq；(4)8Lg【解析】【分析】【详解】(1)由机械能守恒定律得2112mgLmv=在最低点，由牛顿第二定律得21maxvTmgmL−=解得Tmax=3mg(2)从A点到C点，由动能定理得2202111222EqLmvmv=−解得24vgL=(

3)若带电小球在圆形区域内沿CO做直线运动，由平衡条件得-20-Eq=mg+qv2B解得17mgEq=(4)若匀强电场mgEq=，则电场力与重力平衡，带电小球在圆形区域内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得222vqvBmR=解得R=L带电小球在圆形区域内运动14圆周，时

间为2124Rtv=解得8Ltg=