2020-2021学年人教版高二物理上学期期中考测试卷02

2020-2021学年人教版高二物理上学期期中考测试卷02

‎2020-2021学年人教版高二物理上学期期中考测试卷02‎ 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，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（ ）‎ A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动 B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动 C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动 D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动 ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 不管通有什么方向的电流，螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应一直保持原运动状态不变．故C正确，ABD错误。‎ ‎2．如图所示，如图所示，在光滑绝缘水平面上有A、B、C三个可视为点电荷的带电小球，位于同一条直线上，仅在它们之间的静电力作用下均处于静止状态，且距离关系满足：AB>BC，下列说法错误的是（　　）‎ A．A、C带同种电荷 B．A、B带异种电荷 C．B所带电荷量最大 D．A、B在C处产生电场的合场强为零 ‎【答案】 C ‎【解析】‎ AB．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此AB正确，不符合题意；‎ C．根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”， 即B所带的电荷量最小，选项C错误，符合题意；‎ D．因C处于静止状态，可知C处的场强为零，即A、B在C处产生电场的合场强为零，故D正确，不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎3．如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（）‎ A．粒子的电势能逐渐减小 B．粒子的电势能逐渐增加 C．粒子运动的加速度逐渐增大 D．粒子运动的速度逐渐增大 ‎【答案】 B ‎【解析】‎ A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；‎ C.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a点电场力大于b点电场力，a点加速度大，故C错误；‎ D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D错误．‎ ‎4．电源电动势，小灯泡L上标有“，”的字样，开关S接1，当变阻器调到时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则（　　）‎ A．电源内阻为 B．电动机的内阻为 C．电动机正常工作的电压为 D．电源效率约为90%‎ ‎【答案】 A ‎【解析】‎ A．小灯泡的额定电流为 电阻 当接1时，由闭合电路欧姆定律可知 代入数据解得 故A正确；‎ BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为0.2A，电源内阻分的电压为 故电动机分的电压为 电动机的内阻为 故BC错误；‎ D．电源的效率为 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎5．如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变，它都能够提供持续的定值电流。当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表读数U变小 B．电流表读数I变大 C．不变 D．不变 ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，滑动变阻器与R1并联部分电阻变大，外电路总电阻增大。‎ A．电源为恒流源，外电路总电流一定，外电路总电阻增大，则外电路两端的电压增大，电压表读数U变大，故A项错误；‎ B．滑动变阻器与R1并联部分电阻变大，外电路总电流IZ一定，则并联部分两端电压变大，流过R1的电流I1增大，流过滑动变阻器的电流 所以流过滑动变阻器的电流减小，电流表读数I减小，故B项错误；‎ D．电压表读数U变大，电流表读数I减小，则变大，故D项错误；‎ C．电源为恒流源，则流过R2的电流不变，R2两端的电压不变，电压表读数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量；外电路总电流IZ一定，电流表读数为I，则电阻R1两端电压 可得 即 故C项正确。‎ 故选C。‎ ‎6．一个T形电路如图所示，电路中的电阻，，另有一测试电源，所提供电压恒为10V，以下说法正确的是 A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50Ω B．若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40Ω C．当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为6V ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻并联后与串联，等效电阻为：‎ ‎，故A错误；当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻并联后与串联，等效电阻为：，故B错误；当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，；故C正确；当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻两端的电压，为，故D错误；‎ ‎7．有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为θ，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦因数为μ），则下列说法正确的是（　　）‎ A．若R＞，导体棒不可能静止 B．若R＜，导体棒不可能静止 C．若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上 D．若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向下 ‎【答案】 B ‎【解析】‎ AB．根据闭合电路的欧姆定律可得 当导体棒受到的摩擦力向上且刚好静止，则根据共点力平衡可得 解得 当导体棒受到的摩擦力向下且刚好静止，则根据共点力平衡可得 解得 故电阻的范围在 导体棒静止，故A错误，B正确；‎ CD．根据AB的分析可知，静摩擦力可能向上，也可能向下，故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎8．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）‎ A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到c点时，洛伦兹力最大 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【答案】 D ‎【解析】‎ 电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。‎ A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故选项A错误；‎ B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大。故选项 B错误；‎ C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少。故选项C错误；‎ D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减。选项D正确。‎ 故选D。‎ 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，圆形区域半径为，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为，为磁场边界上的最低点．大量质量均为，电荷量绝对值均为的带负电粒子，以相同的速率从点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向．粒子的轨道半径r=，为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则 A．粒子射入磁场的速率为 B．粒子在磁场中运动的最长时间为 C．不可能有粒子从点射出磁场 D．若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从点水平射出 ‎【答案】 ABD ‎【解析】‎ 由洛伦兹力提供向心力：，解得：，根据题意，以上联立可得：，故A正确；当粒子以直径2R为弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为600，粒子运动的周期为：，由此可知粒子运动时间为：‎ ‎，故B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故C错误；当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速度满足：，故D正确．所以ABD正确，C错误．‎ ‎10．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O。在A、B所形成的电场中，以O点为圆心的圆面垂直AB连线，e、d是圆上的两点，c是AO间的一点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．e、d两点场强相同，但电势不同 B．沿线段eOd移动一电荷，它所受的电场力先减小后增大 C．将一电荷由e点沿圆弧移到d点电场力始终不做功 D．将一电荷由c点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同 ‎【答案】 CD ‎【解析】‎ A．根据等量异种电荷的电场线分布，可知其中垂线上对称的两点电场强度大小相等，方向相同；且根据等量异种电荷的电势分布情况知e、d两点所在的直线是等势线，电势都为零，故A错误；‎ B．根据等量异种电荷的电场线分布可知其中垂线上，从e到d电场强度先增大后减小，故沿线段eOd移动一电荷，它所受的电场力先增大后减小，故B错误；‎ C．根据等量异种电荷的电势分布情况，可知e点和d点所在的圆弧面是一个等势面，且电势都为零，故将一电荷由e点沿圆弧移到d点电场力始终不做功，故C正确；‎ D．根据等量异种电荷的电势分布情况，可知e点和d点所在的圆弧面是一个等势面，故c点与圆面内任意一点的电势差相等，根据 可知将一电荷由c点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2是相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为10Ω．当开关S闭合后 A．L1的电阻为1.2Ω B．L1消耗的电功率为0.75W C．L2的电阻为5Ω D．L2消耗的电功率为0.1W ‎【答案】 BC ‎【解析】‎ AB、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻，功率P1=U1I1=0.75W．故选项A不符合题意，选项B符合题意；‎ C、灯泡L2的电压为U，电流为I，R与灯泡L2串联，则有，在小灯泡的伏安特性曲线作图，如图所示，‎ 则有，L2的电阻为5Ω，L2消耗的电功率为0.2W，故选项C符合题意，选项D不符合题意；‎ 故选BC．‎ ‎12．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度 为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是： （ ）‎ A．只增大电压U B．只增大高度d C．只增大长度L D．只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ ‎【答案】 AC ‎【解析】‎ 增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为，即增加y即可．‎ A、只增加电压U可以增加y，故A满足条件．B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故B不满足条件．C、只增加长度L，可以增加y，故C满足条件．D、只增加水平速度v0，y减小，故D不满足条件．故选AC．‎ 三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。‎ ‎13．图甲是用来“测量某电阻丝材料的电阻率”的电路图。实验中把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上，移动滑片改变接触点P的位置，可改变接入电路中电阻丝的长度，电阻丝可接入电路的最大阻值约为20。实验可供选择的器材还有：‎ 器材编号 器材名称 规格与参数 A 电池组E 电动势为3.0V，内阻未知 B 电流表A1‎ 量程0~100mA，内阻约5‎ C 电流表A2‎ 量程0~0.6A，内阻约0.2‎ D 电阻箱R ‎0~999.9‎ E 开关、导线 若干 实验操作如下：‎ a。用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；‎ b。将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路；‎ c。调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；‎ d。接触点P在电阻丝上某位置时，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关。记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。‎ e。改变接触点P的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏；重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。‎ f。断开开关，整理好器材，进行实验数据分析。‎ ‎（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，d=______mm；‎ ‎（2）实验中电流表应选择______（填器材编号）；‎ ‎（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度l的数据，绘出了如图丙所示的关系图线，图线在R轴的截距为R0，在l轴的截距为，那么电阻丝的电阻率表达式______（用R0、、d表示）；‎ ‎（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果______（填“有”或“无）影响。‎ ‎【答案】 0.730； B ； ； 无 ‎【解析】‎ ‎（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm=0.230mm，金属丝直径d=0.5mm+0.230mm=0.730mm。‎ ‎（2）为了减小实验误差，实验中电阻丝接入电路的电阻应在几欧姆到十几欧姆的范围内，电源电动势为3V，则电路中的电流应保持为100mA，电流表应选B：A1。‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律 E=Ig（R+R电阻丝+r）‎ 联立解得 由图像可知 解得 ‎（4）若考虑电流表的内阻，则表达式为 则R-l图像的斜率不变，则对电阻率的测量无影响。‎ ‎14．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：‎ ‎（1）用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1k、×100、×10、×1.该同学选择“×100”挡，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）。为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：‎ A．换用“×_________”挡；‎ B．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处；‎ C．重新测量并读数，某时刻刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω。‎ ‎（2）该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：‎ A．直流电源（电动势3 V，内阻不计）‎ B．电压表V1 （量程0~5 V，内阻约为5 kΩ）‎ C．电压表V2 （量程0~15 V，内阻约为25 kΩ）‎ D．电流表A1（量程0~25 mA，内阻约为1 Ω）‎ E．电流表A2（量程0~250 mA，内阻约为0.1 Ω）‎ F．滑动变阻器一只，阻值0~20 Ω G．开关一只，导线若干 在上述仪器中，电压表应选择____________（选填“V1”或“V2”），电流表应选择 ‎_________（选填“A1”或“A2”）。请在虚线框内画出电路原理图（电表用题中所给的符号表示）。 （______）‎ ‎【答案】 换用“×10”挡 ； 120 Ω ； V1 ； A1 ； ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，因此应选用较小的倍率，将“×100”挡换为“×10”挡；欧姆表的读数为指针所指的欧姆数乘倍率，即电阻为12×10 Ω＝120 Ω。‎ ‎（2）由于电源电动势只有3 V，所以电压表选择量程为0~5 V的电压表V1；因电路中的最大电流约为 Im＝＝25 mA 所以电流表选用量程为0~25 mA的电流表A1；由于滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻的阻值，所以控制电路应选用分压式接法；因待测电阻的阻值远大于电流表内阻，应选用电流表内接法，电路原理图如图所示。‎ 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．如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．求：‎ ‎（1）电源的电动势 ‎（2）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数 ‎【答案】 （1）E=20V（2）16V ‎【解析】‎ ‎（1）电阻R2中的电流 外电阻 根据闭合电路欧姆定律 得 E=I（R+r）‎ 代入数据解得：‎ E=1×（15+5）V=20V ‎（2）当开关S1闭合而S2断开时；由闭合电路欧姆定律可知：‎ 解得：‎ ‎16．如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5J的功．求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；‎ ‎（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？‎ ‎（3）作出过B点的一条电场线（只保留作图的痕迹，不写做法）．‎ ‎【答案】 （1） UAB＝4 V，UBC＝－2 V （2）φA＝4 V，φC＝2 V （3）如下图所示 ‎【解析】‎ ‎（1）根据可得；‎ ‎；‎ ‎（2）由于，又，解得；‎ ‎（3）取AB的中点D，D点的电势为2V，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示．‎ ‎17．两金属板MN平行放置，金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，P、Q分别为ad边和bc边的中点，ab=3L，ad=2L，金属板与矩形区域的轴线PQ垂直，如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放，经两板间电压加速后，穿过N板上的小孔，以速度v沿轴线PQ进入磁场区域，并由b点离开磁场。不计粒子重力，求：‎ ‎（1）加速电压U的大小；‎ ‎（2）矩形磁场中磁感应强度的大小；‎ ‎（3）若在矩形磁场右侧，分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh（未画出），粒子经过efgh偏转后恰好回到出发位置，求矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。（cos=0.8，sin=0.6）‎ ‎【答案】 （1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）在电场中加速，由动能定理得 可得 ‎（2）磁场中 由勾股定理 可得 可得 ‎（3）粒子可能的轨迹如图所示，则有粒子离开abcd后，立即进入磁场efgh时，满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r 可得 磁场efgh中 由公式 得 则 磁场efgh面积 可得 得 ‎18．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.020m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板电势高U，A、B板右 側边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m，荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求：‎ ‎（1）求电子进入偏转电场的初速度v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0）‎ ‎（2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）；‎ ‎（3）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件；‎ ‎（4）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。‎ ‎【答案】 （1）；（2）；（3）所加电压U应满足至少为100V；（4）0.025m～0.05m ‎【解析】‎ ‎（1）电子加速过程中，根据动能定理有 解得初速度 ‎（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有 垂直AB两板方向，做匀加速直线运动，有 由（1）问及以上几式，解得 ‎（3）要使电子都打不到屏上，应满足U0取最大值800V时仍有＞0.5d，代入（2）问结果，可得：‎ 所以为使电子都打不到屏上，A、B两板间所加电压U至少为100V ‎（4）当A、B板间所加电压U′=50V时，当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大 设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则 又 联立解得 由第（2）问中的可知，在其它条件不变的情况下，U0越大y越小 所以当U0=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小 其最小侧移量，‎ 同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为 故其范围为0.025m~0.05m。‎