2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷03 新人教版.docx

1、2020-2021学年高二物理上学期期中考测试卷03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如图所示连接电路，电源电动势为6V，先使开关S与1端相连，电源箱电容器充电，这个过程可以瞬间完成，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，电流传感器将测得的电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图线如图所示，据此图可估算电容器释放的电荷量，并进而估算电容器的电容为（ ）A0.2FBCD【答案】 D【解析】因为根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的

2、格子个数为42，所以释放的电荷量是根据电容器的电容故选D。2如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，电容器下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现交平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（）A带电油滴将竖直向上运动BP点的电势将降低C电容器的电容增大，极板带电荷量不变D电容器的电容增大，极板带电荷量减小【答案】 A【解析】将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动故A正确P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势

3、大于零，则P点的电势升高，故B错误；d减小，由知，电容C增大，U不变，由分析可知电容器所带电量增加，故CD错误；故选A3有两个相同的小球分别带正电、负电，现将其分别放在水平光滑地面上、水平粗糙地面上、倾角为的光滑斜面上、倾角为的粗糙斜面上，用相同大小的力F分别作用于带正电小球上，如图，则两小球将会一起做直线运动，四种情况下，正、负电小球间的距离分别为，则（）ABCD【答案】 C【解析】对于图a，先整体分析再隔离分析带负电小球则对于图b，同理则；对于图c，同理则对于图d，同理则则四种情况下有库仑定律知故选C。4有一个电流表G，内阻Rg=10满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程03V的电压表，则

4、（ ）A要串联一个阻值为990的电阻B要并联一个阻值为990的电阻C要串联一个阻值为0.10的电阻D要并联一个阻值为0.10的电阻【答案】 A【解析】把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：故A正确5如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为，则正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向（）A大小为零B大小，方向沿轴负方向C大小，方向沿轴正方向D大小，方向沿y轴正方向【答案】 D【解析】根据磁场的叠加原理，将最右面电流向里的导线在O点产生的磁场与最左面电流向外的导线在O点产生的磁场进

5、行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B1；同理，将左上方电流向外的导线在O点产生的磁场与右下方电流向里的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B2；将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B3。如图所示：根据磁场叠加原理可知由几何关系可知B2与B3的夹角为120，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最后将其与B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4 B0，方向沿y轴正方向.选项D正确，ABC错误。故选D。6如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两

6、个同心圆所夹的环状区域存在（含边界），两圆的半径分别为R、3R，圆心为O一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1：v2至少为ABCD2【答案】 B【解析】粒子在磁场中做圆周运动，如图：由几何知识得：，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第

7、二定律得：，解得：，则：，故B正确，ACD错误7如图所示，光滑圆弧曲面固定在支架上，水平，B为切点，圆弧半径为R，且圆弧所对的圆心角为60，空间存在水平方向匀强电场E（图中未画出，大小未知）。点电荷固定在圆心处，一个质量为m带电量为的小球可以静止在圆弧的中点D，现在将小球从A点静止释放，能沿圆弧轨道运动，则（）A电场方向水平向右，B电场方向水平向左，C小球运动到D点速度最大，D小球运动到B点速度最大，【答案】 C【解析】AB因为带负电的小球可以静止在圆弧AB的中点D，可知小球受匀强电场的电场力水平向右，则匀强电场水平向左，由平衡知识可知解得故AB错误；CD. 因小球在D点时受合力为零，加速度为

8、零，则小球运动到D点速度最大，由动能定理解得：选项C正确，D错误。故选C。8如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当变阻器R的滑动触头向a端移动时，下列判断正确的是（ ）A电流表A1的示数变大B电流表A2的示数变小C电流表A2的示数不变D电压表V的示数变小【答案】 B【解析】D当变阻器R的滑动触头向a端移动时，变阻器的电阻变大，它与R0并联的总电阻变大，故外电路电阻变大，路端电压增大，即电压表的示数变大，选项D错误；A总电阻变大，由欧姆定律可得，总电流减小，即电流表A1的示数变小，选项A错误；BC电阻R0的两端电压增大，则R0支路上的电流变大，由于总电流等于R0的电流加上变阻器支路上的

9、电流，故变阻器支路上的电流变小，即电流表A2的示数变小，选项B正确，C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将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图所示，则下列说法正确的是（）A图线b表示电源内部的发热功率Pr随电流I的变化关系BM点对应的功率为最大输出功率C在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系D两个交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：2【答案】 AB【解析】A电源的总功率则a图线表示电源的总功率

10、随电流I变化的关系，电源的输出功率则c图线表示输出功率随电流I变化的关系，电源内部的发热功率则b图线表示电源内部的发热功率随电流I变化的关系，故A正确；Bc图线表示输出功率随电流I变化的关系，M点对应的功率为最大输出功率，故B正确；C根据能量转化横坐标相同纵坐标一定满足，则在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系故C错误；Db、c图线的交点M，输出功率PR和电源内部的发热功率Pr相等，即满足a、b线的交点N输出功率为0，所以可见M与N的横坐标之比一定为1：2，据，纵坐标之比为一定为1：4，故D错误。故选AB。10如图所示，虚线为某点电荷激发的电场中的三个等势面，等势面a上的电场强度大小为E，

11、电势为，等势面c上的电场强度大小为，电势为，相邻两个等势面的间距相等。某质子只受电场力作用，在电场运动的轨迹如图中实线所示，若该质子在等势面c上的动能为，下列说法正确的是（）A点电荷可能为负电荷B质子经过等势面b的电势能为C质子经过等势面b的加速度大小是经过c加速度大小的倍D质子经过等势面c的速度大小是经过等势面a速度大小的倍【答案】 CD【解析】A从运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥，故点电荷带正电，故A错误；B在点电荷形成的电场中，越靠近点电荷的电场强度越大，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，ab之间的电势差大于bc之间的电势差，所以b处的电势小于40V，质子经过等势面b的电势能小于

12、40eV，故B错误。C根据点电荷的电场强度的公式结合等势面a上的电场强度大小为E，等势面c上的电场强度大小为，可知c到点电荷的距离为a到点电荷距离的3倍；a与c之间的距离为a到点电荷的距离的2倍，相邻两个等势面的间距相等，所以b到点电荷的距离为a到点电荷的距离为2倍；所以b处的电场强度为a的电场强度的，即b处电场强度的大小为，b处电场强度的大小是c处电场强度的倍，根据加速度可知质子在b处的加速度大小是c处加速度大小的2.25倍；故C正确；D质子只受电场力，动能与电势能之和不变，质子在等势面c上的动能为80eV，电势能为20eV，总能量为100eV；质子在a处的电势能为60eV，故动能为40eV

13、；质子在a处的动能为c处动能的一半，所以质子经过等势面c的速度大小是经过等势面a速度大小的倍，故D正确；故选CD。11如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为B，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。带正电粒子自y轴上的M点以大小为v的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m，带电量为q，粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是（）A粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为B粒子再次与y轴相交时速度最小C粒子运动过程中的最小速度为D粒子离开M点后，其速度第n次

14、与初速度相同时距M点的距离为【答案】 ACD【解析】A画出粒子运动轨迹如图：粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30的方向进入电场，由图中几何关系可知粒子自开始射出至第一次到达x轴时，转过的角度为150角，根据洛伦兹力提供向心力有可得又所以时间间隔为选A正确；BC粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向分速度为0时即合速度水平时速度最小，最小速度为选项B错误，C正确；D粒子进入电场后做类斜抛运动，竖直方向分速度为0时，有解得则粒子在电场中水平方向的位移为粒子离开M点后，其速度第一次与初速度相同时距M点的距离为所以粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为选项D正确。故选ACD。12

15、如图所示，在xOy平面内，0xa区域有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，ax2a区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为q（q0）、速度大小为的粒子由坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，粒子最后又从y轴射出磁场区域。下列说法正确的是（）A粒子一定从y轴正方向射出磁场Bax2a区域的匀强磁场磁感应强度大小可能为4BC粒子在两磁场中的运动时间可能为D稍减小粒子的入射速度，粒子一定从y轴射出磁场区域【答案】 BCD【解析】A由粒子沿x轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在y轴上，由洛伦兹力提供向心力有得0xa区域圆周运动的半径取粒子在ax2a区域圆周运

16、动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图：由图可知此时粒子从y轴负方向射出磁场，选项A错误；B取粒子在ax2a区域圆周运动的半径为，有得由得选项B正确；C粒子在0xa区域运动时间为粒子在ax2a区域运动时间粒子在两磁场中的运动时间为若B=8B，则选项C正确；D取粒子0xa区域速度偏角为，粒子在ax2a区域沿x轴运动的最远距离稍减小粒子的入射速度，粒子在ax2a区域沿x轴运动的最远距离减小，粒子不会从磁场的右侧离开，一定从y轴射出磁场区域，选项D正确。故选BCD。三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。13用如图甲所示的电路測量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V

17、，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：A电压表V（量程3V）B电流表A1（量程0.6A）C电流表A2（量程3A）D定值电阻R0（阻值4，额定功率4W）E.滑动变阻器R（阻值范围020，额定电流1A）（1）电流表应选_；（填器材前的字母符号）（2）根据实验数据作出UI图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E=_，内阻r=_。（3）用图甲电路来测定干电池的电动势和内阻，则E测_E真，r测_r真（填“”、“=”或“”）【答案】 B ； 2.10 ； 0.2 ； ； 【解析】（1）由于该实验中允许通过电池的电流的最大值比较小，所以电流表量程选择0.6A；（2）图像与纵坐标的交点为电

18、源电动势E=2.10V图线的斜率表示电源内阻r与R0之和（3）由图甲所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示，由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值。14小明同学设计了如图1所示的 电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（099.99），单刀单掷开关S1， 单刀双掷开关S2， 导线若干（1）先测电阻R1的阻值闭合S1， 将S2切

19、换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的 电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2，则电阻R1的表达式为R1=_（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值他的做法是：闭合S1， 将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图2所示的1/IR图线，则电源电动势E=_V，电阻R2=_（保留两位有效数字）（3）用此方法测得的电动势的测量值_真实值；R2的测量值_真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】 r1- r2； 1.5； 1.0； 等于； 大于【解析】

20、（1）当R2接a时应有：E=I（R2+r1）；当S2接b时应有：E=I（R2+R1+r）；联立以上两式解得：R1=r1-r2；（2）根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1）变形为：，根据函数斜率和截距的概念应有： =2.0解得：E=1.5V，R2=1.0；（3）若考虑电源内阻，对（1）：接a时应有：E=I（R2+r1+r），接b时应有：E=I（R2+r2+r）联立可得R1=r1-r2即测量值与真实值相比不变；对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r）变形为比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第

21、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如图所示电路中，R1=6，R2=12，R3=3，C=30F，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8W，求：（1）电源的电动势E和内电阻r；（2）在S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？【答案】 （1）8V，1；（2）1.8104C，0C【解析】（1）S断开时有：E=I1（R2+R3）+I1rP1=EI1S闭合时有P2=EI2联立可得E=8V；I1=0.5A；r=1；I2=1A（2

22、）S断开时有电容器两端的电压U=I1R2得Q1=CU=3010-60.512C=1.810-4CS闭合，电容器两端的电势差为零，则有Q2=016如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑与水平面成角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m，有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方的地面上的P点（g取10m/s2），求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小；（2）小环运动到P点的动能。【答案】 （1）14.1m/s2；（2） 5J【解析】（1）小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图

23、所示：由平衡条件得即离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为所以加速度为（2）设小环在直杆上运动的速度为，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向水平方向联立解得由动能定理得可得17在xOy平面内，直线OM与x轴负方向成45角，以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示。在坐标原点O有一不计重力的粒子，其质量和电荷量分别为m和q，以v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，第一次无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变，竖直分速度大小减半、方向相反。电场强度、磁感应强度。求带电粒子：（1）第一次经过OM时的坐标；（2）第二次到达x轴的动能；（3）在电场中运动时竖直方向上的总路程。【答案】 （1）（-1m

24、、1m）；（2）；（3）m【解析】（1）粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力有代入数据解得R=1m故第一次经过OM时的坐标为（-1m、1m）；（2）粒子第二次进入磁场，速度不变，则粒子在磁场中运动的半径也为R，故再次进入电场时离x轴的高度为2R，根据动能定理，粒子到达x轴的动能有解得第二次到达x轴的动能为（3）粒子运轨迹如图所示：因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0，竖直方向，解得从类平抛开始，粒子第一次到达最高点离x轴的竖直高度为第二次到达最高点离x轴的竖直高度为第n次到达最高点离x轴的竖直高度为故从类平抛开始，在竖直方向

25、上往返的总路程为故在电场中运动的竖直方向上总路程18如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化（垂直于纸面向外为正）t=0时，一比荷为C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小，不计粒子重力求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径求时带电粒子的坐标保持b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3T，在t=0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻【答案】 （1）1m （2）3.41m，1.41m（3） 【解析】（1）带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，r =1m（2）带电粒子在磁场中运动的周期，s在0s过程中，粒子运动了，圆弧对应的圆心角，在s s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角，轨迹如图a所示，根据几何关系可知，横坐标：m纵坐标：m带电粒子的坐标为（341m，-141m）（3）施加B2=03T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图b所示，当（n=0，1，2，）时， s当（n=0，1，2，）时， 粒子运动轨迹如图c所示，则粒子回到原点的时刻为， （n=0，1，2，）