2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷01 新人教版.docx

1、2020-2021学年人教版高二物理上学期期中考测试卷01考试范围：选修3-1全册一、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阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图所示若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为（ ）A平行于纸面向左B平行于纸面向上C垂直于纸面向外D垂直于纸面向里【答案】 C【解析】由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右传播，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，由此可知磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确2在等边三角形

2、的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边【答案】 C【解析】本题考查了左手定则的应用导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边3如图所示，一足够长的直角绝缘粗糙斜面静止放置在水平地面上，一质量为m的物体从斜面顶端由静止开始下滑现给物体带上一定量的正电荷，且保

3、证物体所带电荷量保持不变，在空间中加入垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间逐渐增大，物体在斜面上下滑的过程中，斜面相对地面一直保持静止，则下列说法中正确的是A物体一直沿斜面向下做加速运动B斜面与地面间的静摩擦力始终保持不变C斜面相对地面一直有水平向右的运动趋势D地面对斜面的静摩擦力方向先水平向左后水平向右【答案】 C【解析】A物体带正电，因下滑产生速度，则根据左手定则，受到洛伦兹力垂直斜面向下，导致压力增大，小物块受到的摩擦力增大。则当滑动摩擦力等于重力的下滑分力后，随磁感应强度的增大，洛伦兹力增大，则物体做减速运动，故A错误；BCD以物块和斜面组成的整体为研究对象，由于开始时物块沿斜

4、面向下做加速运动，所以可知，整体沿水平方向必定地面的受到向左的摩擦力。而由A的分析可知，物块速度增大时受到的洛伦兹力增大，则根据受力分析可知物块受到斜面的支持力增大，受到的摩擦力逐渐增大，所以摩擦力由于支持力的合力一定增大；根据摩擦力与支持力的关系f=FN可知，摩擦力与支持力的合力的方向不变。然后根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力与摩擦力的合力也方向不变，大小随物块速度的增大而增大；以斜面为研究对象，开始时受到竖直向下的重力、地面的竖直向上的支持力、物块对斜面的压力与摩擦力、地面对斜面的摩擦力；物块对斜面的压力与摩擦力的合力方向不变，大小随物块速度的增大而增大；则该力沿水平方向的分量随物块

5、速度的增大而增大，根据沿水平方向受力平衡可知，地面对斜面的摩擦力也一定方向不变，始终向左，大小随物块速度的增大而增大。故BD错误，C正确。故选C。4如图7所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作如果再合上S2，则下列表述正确的是A电源输出功率减小BL1上消耗的功率增大C通过R1上的电流增大D通过R3上的电流增大【答案】 C【解析】A只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大故A错误B由

6、于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小故B错误C再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大故C正确D并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小故D错误5如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A两小球间距离将增大，推力F将减小B两小球间距离将增大，推力F将增大C两小球间距离将减小，推力F将增大D两小

7、球间距离将减小，推力F将减小【答案】 A【解析】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时减小，则N1减小；库仑力：，减小，cos增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A6如图所示，已知R1=R2=R3=1，当开关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，则电池的电动势等于（）A1VB1.2VC2VD4V【答案】 C【解析】当开关S闭合时，电阻R3与

8、R2并联后与R1串联，外电路总电阻为：，电路中干路电流为：，根据闭合电路欧姆定律得：当K断开时，R1与R3串联，电路中干路电流为：，根据闭合电路欧姆定律得：联立解得：、故C项正确，ABD三项错误7在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，另一个带负电Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分别表示两个点电荷所产生的场强大小，则在x轴上AE1=E2之点只有一个，该处的合场强为零BE1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2CE1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2DE1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2【答案】 B【解析】画出示意图（下图）

9、，由于Q1Q2，所以，在x轴上E1=E2的点只能在两电荷Q1、E2的连线中间或点电荷Q2的右侧Q1、Q2在连线中间产生场强的方向相同，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2=时，即可使E1=E2，合场强为2E2；Q1、Q2在Q2右侧产生的场强相反，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2=时，则E2=E1，合场强为零，故应选B8一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）Ax1处电场强度最小，但不为零Bx2x3段电场强度大小方向均不变，为一定值C粒子在0x2段做匀变速运动

10、，x2x3段做匀速直线运动D在0、x1、x2、x3处电势0、1、2、3的关系为32=01【答案】 B【解析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；0与x2处电

11、势能相等，根据Ep=q可知0与x2处电势0、2的关系为0=2，x1处电势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，x3处电势最小，即12=03，故D错误故选B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，竖直放置的光滑绝缘圆环穿有一带正电的小球，匀强电场方向水平向右，小球绕O点做圆周运动，那么（ ）A在A点小球电势能最大B在B点小球重力势能最大C在C点小球机械能最大D在D点小球动能最大【答案】 ABC【解析】正电荷从A向C运动过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，所以A点电势能最大，故A

12、正确； 物体位置越高，重力势能越大，所以B点小球的重力势能最大，故B正确；除重力以外，其它力所做的功，等于物体的机械能变化量，所以从A运动到C的过程中，电场力一直做正功，机械能一直增大，故C点具有最大的机械能，故C正确；根据合外力做功判断小球的动能变化小球再从D点向右运动的最初一小段距离内，电场力做的正功大于重力做的负功，所以动能在增加，故D错误；故选ABC.10如图所示，垂直纸面向外的V形有界匀强磁场磁感应强度大小为B，左边界AC是一块竖直放置的挡板，其上开有小孔Q，一束电荷量为+q，质量为m（不计重力）的带电粒子，以不同的速率垂直挡板从小孔Q射入右侧磁场中，CD为磁场右边界，它与挡板的夹角

13、=30，小孔Q到板的下端C的距离为L，若速率最大的粒子恰好垂直CD边射出，则（）A恰好不从CD边射出的粒子的速率B粒子动能的最大值C能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间DCD边上有粒子打到的区域长度为【答案】 BC【解析】A根据推论公式粒子的速度越大，轨道半径越大；恰好不从CD边射出的粒子的轨迹与CD相切，如图所示：结合几何关系，有QC=L=r+解得r=根据 有故A错误；B若速率最大的粒子恰好垂直CD边射出，故C为圆心，轨道半径为r=L根据有故最大动能为故B正确；C恰好能够从CD边射出的粒子轨迹与CD相切，根据A选项分析，半径r=，对应的圆心角为120，故故C正确；D根据选项A的分析，

14、如果是粒子的轨迹与CD边相切，则切点与C点的距离为如果速度最大，轨迹与CD的交点与C点的距离为L；故CD边上有粒子打到的区域长度为L-L，故D错误；故选BC。11如图所示，电阻R和电动机M串联接到电路中，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2。则有（）A，Q1=Q2BU1=U2，Q1=Q2C，D，【答案】 AC【解析】设开关接通后，电路中电流为I。对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR对于电动机U2IR则有U1U2电功W1=U1IW2

15、=U2I则有W1W2根据焦耳定律得Q1=I2RtQ2=I2Rt则有Q1=Q2故AC正确，BD错误故选AC。12如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（）A在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B粒子的电荷量为C在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了D在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边

16、缘离开电场【答案】 AD【解析】A粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，进过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；B粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则解得选项B错误；C时刻进入电场的粒子，出离电场时在竖直方向的位移为故电场力做功选项C错误；D时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧出离电场，选项D正确故选AD。三、实验题：本题共2小题，第1

17、3题6分，第14题9分，共15分。13待测电阻Rx的阻值约为100，现要测量其阻值实验室提供器材如下：A电流表A1（量程40mA，内阻r1约为10）B电流表A2（量程20mA，内阻r2=30g）C电压表V（量程15V，内阻约为3000）D定值电阻R0=120E.滑动变阻器R（阻值范围05，允许最大电流1.0A）P.电源（电动势E=3V，内阻不计）G.开关S及导线若干（1）为了使测量结果准确，以上器材不合适的是_ （填写器材前对应的序号字母）（2）利用其余的实验器材，设计测量R最佳实验电路，将电路图画在实线框内并标明元件符号_（3）实验中需要测量的物理量有_，待测电阻的表达式Rx=_【答案】 C

18、；电流表的示数；电流表的示数 ；【解析】（1）由于电压表量程为15V，远大于电源的电动势，故电压表不可用，故选C；（2）由于电压表不可用，故可以采用电流表A2与定值电阻R0串联作电压表测电压，用电流表A1测量待电流，由于改装的电压表内阻已知，故电流表A1采用外接法，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示（3）待测电阻两端电压U=I2（R0+r2）通过待测电阻的电流IX=I1-I2待测电阻阻值其中I1、I2分别为电流表A1和A2的示数，R0和r2分别为定值电阻和电流表A2的阻值。14为了较准确测量某电阻的阻值（约2 k），有如下实验器材

19、可供选择：A直流电源：电动势18 V，内阻很小，额定电流为1 AB电流表A1：量程010 mA，内阻约10 C电流表A2：量程0600 mA，内阻约0.5 D电压表V：量程020 V，内阻约10 kE滑动变阻器R1：最大阻值10 F滑动变阻器R2；最大阻值100 G开关、导线等（1）实验中电流表选用_（选填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选用_（选填“R1”或“R2”）（2）请在图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_ （3）采用上述电路正确测量，测得的电阻_（选填“大于”、“小于”或“等于”）它的实际阻值，其原因是_【答案】 ； ； 图见解析； 大于； 电流表分压；【解析】（1）电路中可

20、能出现的最大电流：，则电流表选择A1；滑动变阻器要用分压电路，则要选择阻值较小的R1；（2）因RxRA，则电流表内接；滑动变阻器用分压电路；电路如图：（3）采用上述电路正确测量，测得的电阻大于它的实际阻值，其原因是电流表的分压造成的.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，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆轨道BC相切于B点，AB长为2R，水平轨道和半圆轨道均光滑且绝缘。在轨道所处空间内存在着水平向右、大小

21、为E的匀强电场。一带电量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放，经B点沿半圆轨道运动到C点后落回到水平轨道上。已知，重力加速度为g，求：（1）小球经过C点时轨道对小球的作用力；（2）小球落回水平轨道时距B点的距离；（3）小球落回水平轨道时的速度大小。【答案】 （1）；（2）距B点距离为0；（3）【解析】（1）设小球运动到C点的速度为v，小球从A点到C点，根据动能定理得解得小球运动到C点时，根据牛顿第二定律得解得（2）小球离开C点后，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀变速直线运动，有解得x=0即距B点距离为0。（3）设小球落回水平轨道的速度为，由（2）知小球落回水平轨道时距A点为2R，小球从A

22、点到落回水平轨道，根据动能定理得解得16如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1 ，电动机两端电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（3）10 s内，可以把重物A匀速提升多高？（4）这台电动机的机械效率是多少？【答案】 （1）1 W（2）5 W4 W（3）2 m（4）80%【解析】电动机工作时，其电路为非纯电阻电路，它从电源获取的功率一部分转化为线圈的热功率，另一部分转化为电动机的机械功率（1）电动机线圈上消耗的热功率为P热I2r1 W（2）电动机的输入功率就是电流

23、通过电动机做功的功率，即P入UI51 W5 W电动机的输出功率就是电动机对外做机械功的功率，根据P入P出P热得P出P入P热5 W1 W4 W（3）设物体A的重力为G，t10s内物体上升的高度为h，根据能量守恒定律得P出tGhhm2 m（4）这台电动机的机械效率为100%100%80%17如图所示，一带电微粒质量为m=2.010-11kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域已知偏转电场中金属板长L=10cm，两板间距d=17

24、.3cm，重力不计（1.73）求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？【答案】 （1）1.0104m/s （2）200V （3）0.1T【解析】（1）带电微粒在电场中加速，由动能定理得：qU1=代入数据解得：（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动水平方向：竖直方向：tan=解得：U2=代入数据解得：U2=200V（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒轨迹刚好与磁场右边界相切，设轨迹半径为R，由几何关系知：D=R+Rcos60设微粒进入磁场时的速度

25、为，则=由牛顿第二定律得：代入数据解得：B=0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T.18如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限的半径R=h的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x、y坐标轴切于D、A两点，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，从坐标原点O射入第象限，与水平方向夹角为，经磁场能以垂直于x轴的方向从D点射入电场不计粒子的重力，求：（1）电场强度E的大小以及的正切值（2）磁感应强度B的大小（3）带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间t【答案】 （1） ，45，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场（2） （3） 【解析】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得2hv0that2又qEma联立解得设粒子到达O点时的速度为v，沿y轴正方向的分速度为vy，则有vyatv0，vv0速度v与x轴正方向的夹角满足tan 1即45，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场（2）又因为粒子垂直于x轴射出磁场，轨道半径由牛顿第二定律有 联立解得（3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间 从O点运动到磁场边界的时间粒子从D点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出在磁场中运动的时间：在第四象限电场中往复时间带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间