2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷01（新教材新人教版）.docx

1、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

2、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（）ABCD2【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

3、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（）ABCD【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（）AQ不变，C变小，U变大，E不变BQ不变，C变小，U变大，E变小CQ变小，C不变，U不变，E变小DQ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，

4、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A、B，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AEAEB，AB，EPAEB，AB，EPAEPBCEAB，EPA EPBDEAEB，AEPB【答案】 A【解析】根据电场线疏密表示电场强度的大小，可知EAEB根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知AB负电荷

5、q所在处电势越高电势能越小EP AEPB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=2：1B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）

6、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

7、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Ba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】ACMN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M

8、N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；BMN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

9、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

10、【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

11、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

12、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BF2=2F1CF2F2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（

13、）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

14、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； mAmB 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

15、被碰球的质量，即：mAmB（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=mAvAt+mBvBt则：mAOP=mAOM+mB（ON-2r）；14一待测电阻阻值约为500，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040mA、内阻r110）电流表A2（量程050mA、内阻约10）滑动变阻器R（阻值范围0500）定值电阻R0（阻值R0=100）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、

16、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

17、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m4103kg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E2104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态。（g取10m/s2，sin370.6；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）1.5106C；（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

18、和绳子拉力，处于静止状态，所以有qEmgtan37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，R12 ，R23 ，滑动变阻器最大值R35 ，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x，则下部分为（5-x），总电阻由数学知识可知当2+x=8-x时，即x=3时，R最大，此时Rmax=2.5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

19、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

20、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v9m/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