教育最新K12安徽省合肥市明光中学2017-2018学年高二物理上学期第三次(11月)检测试题(含解析)

安徽合肥明光中学2017-2018学年上学期第三次（11月）检测高二物

理试卷

一、选择题

1. 关于电源的电动势，下列说法正确的是( )

A. 电动势在数值上等于外电路断开时电源两极间的电压

B. 电动势是表征电源把电能转化为其他形式的能的本领大小的物理量

C. 电动势是表征电场力做功多少的物理量

D. 外电路发生变化时，电源两端的电压随之变化，电动势也随之变化

【答案】A

【解析】电动势在数值上等于外电路断开时电源两极间的电压，选项A正确；电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，选项B错误；电动势是表征非静电力把单位正电荷从电源的负极移到正极做功多少的物理量，选项C错误；外电路发生变化时，电源两端的电压随之变化，电动势不变，选项D错误；故选A.

2. 如图虚线表示某点电荷形成的电场中的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的轨迹如图中实线所示.粒子在A、B两点的加速度大小分别为，电势能分别为，下列判断正确的是（）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；根据沿着电场线方向，电势是降低的，结合运动轨迹，可知，粒子带负电，当从A到B，电场力对带负电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故D 正确，ABC错误．故选D．

点睛：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强．

3. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab= 2bc.当将A与B接入电压为U(V)的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U(V)的电路中，则电流为( )

A. 4I

B. 2I

C.

D.

【答案】A

【解析】试题分析：设金属薄片的厚度为d，当A与B接入电压为U（V）的电路中时，，当C与D接入电压为U（V）的电路中时，联立得：，根据欧姆定律得，电流，

知电流之比为1:4，所以将C与D接入电压为U（V）的电路中，电流为4I．选A.

【点睛】根据电阻定律得出两种情况下的电阻之比，结合欧姆定律得出电流大小之比．

4. 如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一同定点P，若将B极板固定，A极板上移一些，或者将A极板固定，B极板下移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（）

A. B极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势降低

B. B极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高

C. A极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势升高

D. A极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低

【答案】B

............

点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强表达式为，这个式子要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论．

5. 如图所示，MN和PQ为两条平行的竖直线，间距为d，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，粒子源能沿着与MN成θ角（如图所示）的方向放出速度大小不同(方向均垂直磁场方向)、比荷均为的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知θ=60°，为使粒子不能从右边界PQ穿出磁场，则射出粒子的速度的最大值为( )

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】试题分析：为使粒子不能从右边界PQ穿出磁场，即让粒子运动轨迹与PQ相切，速度最大，其运动轨迹图如图所示

由几何关系得：，解得：，粒子在磁场受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，则有，解得，选C.

【点睛】由粒子沿射入时，为使粒子不能从右边界PQ穿出磁场，即让粒子运动轨迹与PQ相切，做运动轨迹图，由几何关系得最大半径，由磁场规律求出对应的最大速度.

6. 如图所示的电路图中，为定值电阻，为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，电流表、电压表可视为理想电表，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（）

A. 电流表和电压表读数均增大

B. 电流表和电压表读数均减小

C. 电压表的示数变化量的绝对值大于电压表的示数变化量的绝对值

D. 电流表读数变小，电压表读数变大，读数减小

【答案】D

【解析】由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压U=E-Ir，则U增大，电阻R1的电压U1=IR1减小，则电压表V1示数减小；并联部分的电压 U并=U-U1增大，电压表V2示数增大；U并增大，通过R2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．总之，电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数变小，故AB 错误，D正确；电压表V1的示数与电压表V2的示数之和等于U，即U1+U2=U，因V1示数增大，

V2示数减小，而U减小，所以电压表V1的示数增加量小于电压表V2的示数减小量，故C错误．故选D．

7. 如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q=＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力F，g取10 m/s2。则( )

A. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动

B. 滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动

C. 木板先做加速度为2m/s2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动

D. t=3s后滑块和木板有相对运动

【答案】BC

【解析】试题分析：由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，．可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为10m/s的匀速运动．故A错误，BC正确．木块开始的加速度为2m/s2，然后加速度逐渐减小，当减小到零，与木板脱离做匀速直线运动，知3s末的速度小于10m/s，知此时摩擦力不为零，还未脱离木板．故D 错误．故选BC.

考点：洛伦兹力；牛顿第二定律

【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况；解题时要注意滑块所受的洛伦兹力的变化情况；此题物理过程较复杂，考查学生综合分析问题的能力.