2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷01（新教材人教版） 15页

‎2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷01（新教材人教版）‎ 考试范围：必修3全册 选择性必修1第一章 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。‎ ‎1．电磁感应现象的发现，标志着人类从蒸汽机时代步入了电气化时代。下列设备利用电磁感应原理的是（　　）‎ A．电风扇 B．电熨斗 C．发电机 D．电磁起重机 ‎【答案】 C ‎【解析】‎ A．电扇的主要元件是电动机，电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动工作的，A不符合题意。‎ B．电熨斗是利用电流的热效应工作的，B不符合题意。‎ C．发电机是利用电磁感应现象工作的，C符合题意。‎ D．电磁起重机是利用电流的磁效应工作的，选项D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎2．两根通有相同电流的长直导线平行放置，它们的截面处于等边（与两导线均垂直）的顶点A和B处，如图所示。两导线在顶点C处所产生磁场的总磁感应强度大小为，则通过顶点A的电流在顶点C处产生的磁场的磁感应强度大小为（　　）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】 A ‎【解析】‎ 根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，两通电导线在C处产生磁场的合场强大小为B0，如图 根据平行四边形定则得到，那么C处的总磁感应强度为 解得 故选A。‎ ‎3．一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口．管中盐水柱长为40cm时测得电阻为R，若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同．则将管中盐水柱均匀拉长到50cm（盐水体积不变，仍充满橡胶管），盐水柱电阻变为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】 D ‎【解析】‎ 由于总体积不变，设40cm长时的横截面积为S．所以长度变为50cm后，横截面积 根据电阻定律 可知 解得 故D正确 ‎4．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏静电计的金属小球相连接，将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U、电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q不变，C变小，U变大，E不变 B．Q不变，C变小，U变大，E变小 C．Q变小，C不变，U不变，E变小 D．Q变小，C变小，U不变，E不变 ‎【答案】 A ‎【解析】‎ 由于电容器与电源断开，因此电容器的带电量Q保持不变，根据 当增大两板间的距离d时，电容C变小，根据 可知两板间的U电压增大，而电容器内部电场强度 三式联立可得 因此电场强度E与d无关，增大d时电场强度E不变，因此A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎5．一对等量正点电荷电场的电场线（实线）和等势线（虚线）如图所示，图中A、B两点电场强度分别是EA、EB，电势分别是ΦA、ΦB，负电荷q在A、B时的电势能分别是EPA、EPB，下列判断正确的是 A．EA>EB，ΦA>ΦB，EPA< EPB B．EA>EB，ΦA<ΦB，EPAΦB，EPA> EPB D．EAEPB ‎【答案】 A ‎【解析】‎ 根据电场线疏密表示电场强度的大小，可知 EA＞EB 根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知 ΦA>ΦB 负电荷q所在处电势越高电势能越小 EP A＜EPB 故A正确，BCD错误。‎ ‎6．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）‎ A．两物体的质量之比为m1：m2=2：1‎ B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态 D．在t2时刻A和B的动能之比为EK1： EK2=1：4‎ ‎【答案】 C ‎【解析】‎ A、B组成的系统合外力为零，遵守动量守恒．选择开始到t1时刻列方程可得： m1v=（m1+m2）v1，将v=3m/s，v1=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故A错误；结合图象弄清两物 块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态．故C正确；在t2时刻A的速度为：vA=-1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，结合，得：Ek1：Ek2=1：8，故D错误．所以C正确，ABD错误．‎ ‎7．如图所示，MN是某匀强电场中的一等势线。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，在纸面内由a运动到b的轨迹。下列判断正确的是（　　）‎ A．电场方向一定是垂直MN向上 B．a点的电势一定不等于b点的电势 C．带电粒子的加速度可能平行MN向右 D．带电粒子由a运动到b的过程中动能可能增加 ‎【答案】 B ‎【解析】‎ AC．MN是某匀强电场中的一等势线，只受电场力的作用，根据轨迹可以判断电场力的方向垂直MN向上，带电粒子的加速度垂直MN向上，但不知道带电粒子的电性，所以无法判断电场的方向，故AC错误；‎ B．MN是某匀强电场中的一等势线，而a点和b点位于MN两侧，所以a点的电势一定不等于b点的电势，故B正确；‎ D．带电粒子由a运动到b的过程中，电场力与速度的夹角是钝角，所以带电粒子由a运动到b的过程中动能减小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（ ）‎ A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 B．适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路 C．在非纯电阻电路中，‎ D．焦耳热适用于任何电路 ‎【答案】 A ‎【解析】‎ 电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A错误；公式是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律，可以推到出，所以只能适用于纯电阻电路，B正确；在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以，所以C正确；焦耳热适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D正确．‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎9．如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时，以下判断正确的是（　　）‎ A．电压表示数变大 B．通过灯L1的电流变小 C．通过灯L2的电流变小 D．通过灯L2的电流变大 ‎【答案】 AC ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的滑片P从b端向a端向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，通过L2的电流减小；由 U并=E-I（RL2+r）‎ 知，变阻器与L1并联部分电压增大，所以电压表示数变大，通过灯L1的电流变大，故AC正确，BD错误。‎ 故选AC。‎ ‎10．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，‎ 则以下结论中正确的是（　　）‎ A．半圆槽内由A向B的过程中小球的机械能守恒，由B向C的过程中小球的机械能也守恒 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开C点以后，将做斜抛运动 ‎【答案】 CD ‎【解析】‎ A．只有重力或只有弹力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A错误；‎ B．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；‎ C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C正确；‎ D．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有两根彼此靠近且平行的长直导线a和b放在纸面内，导线长度均为L。导线中通有如图所示的相反方向电流，a中电流为I，b中电流为2I，a受到的磁场力大小为F1，b受到的磁场力大小为F2，则（　　）‎ A．导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里 B．F2=2F1‎ C．F2<2F1‎ D．导线a的电流在导线b处产生的磁感应强度大小为 ‎【答案】 AC ‎【解析】‎ A．由安培定则可知，导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里，选项A正确；‎ BCD．两个导线间的作用力是相互排斥力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为Fab；磁场的磁感应强度为B，则 对左边电流有 F1=BIL+Fab 对右边电流有 F2=2BIL+Fab 两式联立解得 Fab=2F1-F2‎ 则 ‎2F1>F2‎ 则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为 则选项C正确，BD错误。‎ 故选AC。‎ ‎12．如图（a）所示，在两平行金属板中央有一个不计重力的静止电子，当两板间所加的的电压分别如图（b）中甲、乙、丙、丁所示时，关于电子在板间的运动（假设不与两板相碰），下列说法正确的是（　　）‎ A．电压是甲图时，在时间内，电子的电势能先减少后增加 B．电压是乙图时，在时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动 D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动 ‎【答案】 AD ‎【解析】‎ A．若是甲图，0〜时间内粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A正确；‎ B．电压是乙图时，在0〜时间内，电子先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；‎ C．电压是丙图时，电子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增加后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后继续朝同一方向加速减速，故粒子一直朝同一方向运动，C错误；‎ D．电压是丁图时，电子先加速，到后减速，后反向加速，后反向减速，T时减为零，之后又加速…；故粒子做往复运动，D正确。‎ 故选AD。‎ 三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。‎ ‎13．“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）实验装置中应保持斜槽末端________．‎ ‎（2）入射小球的质量mA和被碰小球的质量mB的大小关系是________．‎ ‎（3）在图中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示，小球半径均为r．因此只需验证________．‎ ‎【答案】 切线水平； mA＞mB mAOP=mAOM+mB（ON-2r）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）．为了保证小球的初速度水平，所以必须保持斜槽末端切线水平．‎ ‎（2）．为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：mA>mB．‎ ‎（3）．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：‎ mAvA=mAvA′+mBvB′‎ 两边同时乘以时间t得：‎ mAvAt=mAvA′t+mBvB′t 则：‎ mAOP=mAOM+mB（ON-2r）；‎ ‎14．一待测电阻阻值约为500Ω，为了较准确测量该电阻的阻值，某同学从实验室找来了下列器材：‎ 电流表A1（量程0～40mA、内阻r1＝10Ω）‎ 电流表A2（量程0～50mA、内阻约10Ω）‎ 滑动变阻器R（阻值范围0～500Ω）‎ 定值电阻R0（阻值R0=100Ω）‎ 电源E（电动势5V）‎ 开关、导线若干 ‎（1）实验中要求操作方便，在方框内画出符合要求的电路图_________；‎ ‎（2）用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，则待测电阻的阻值为____________（用已知字母表示）；‎ ‎（3）从设计原理看，其测量值与真实值相比____________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。‎ ‎【答案】 相等 ‎【解析】‎ ‎（1）由于没有电压表，故将A1与定值电阻R0串联当作电压表用，由于改装后的电压表内阻已知，故采用电流表外接法；滑动变阻器阻值与待测电阻值差不多，应用限流式，原理图如图所示 ‎（2）由电路图根据欧姆定律可知 ‎（3）从设计原理看待测电阻两端电压为其真实电压，电流也为其真实电流，则其测量值与真实值相等 四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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。‎ ‎15．如图所示，用30cm的细线将质量为m＝4×10－3kg的带电小球P悬挂在O点正下方，当空中有方向为水平向右，大小为E＝2×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。（g取10m/s2，sin37°＝0.6；cos37°=0.8。）‎ ‎（1）分析小球带何种电荷；‎ ‎（2）求小球所带电荷量q；‎ ‎（3）求剪断细线后带电小球的加速度a。‎ ‎【答案】 （1）小球带正电；（2）1.5×10－6C；（3）12.5m/s2。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球受到水平向右的电场力作用，处于静止状态，匀强电场的场强水平向右，则小球带正电。‎ ‎（2）小球受到重力、电场力和绳子拉力，处于静止状态，所以有 qE＝mgtan37°‎ 小球所带电荷量为 ‎（3）剪断细线后，小球只受到重力和电场力的作用，合力为 小球的加速度为 ‎16．如图所示，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，滑动变阻器最大值R3＝5 Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？‎ ‎【答案】 2A ‎【解析】‎ 设触头上部分电阻为xΩ，则下部分为（5-x）Ω，总电阻 由数学知识可知当2+x=8-x时，即x=3Ω时，R最大，此时Rmax=Ω=2.5Ω 安培表的示数最小．‎ ‎17．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，‎ 类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为 解得 等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点（D）点满足等效重力提供向心力，有 因，与斜面倾角相等，由几何关系可知 令小球以最小初速度运动，由动能定理知 解得 因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为。‎ ‎18．如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m3=2.0kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1=1kg的物块A从距长木板B左侧s0=9.5m处以某一初速度向长木板运动，一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的v-t图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为，物块C与长木板B间的动摩擦因数为，重力 加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）长木板B的质量m2；‎ ‎（2）物块A的初速度v0；‎ ‎（3）A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q。‎ ‎【答案】 （1）2.0kg；（2）10m/s；（3）32J ‎【解析】‎ ‎（1）根据图乙可知，长木板B的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 联立解得 ‎（2）物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 根据能量守恒可得 联立即得 v＝9m/s 对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有 解得 ‎（3）对物块A反向后，，当A停下后，即，解得 t=3s 由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为 由图乙可知，解得 Q=32J