2020-2021学年人教版高二物理上学期期中考测试卷01

2020-2021学年人教版高二物理上学期期中考测试卷01

‎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=μFN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 B．L1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θ，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θ减小，则N1减小；库仑力：，θ减小，cosθ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A．‎ ‎6．如图所示，已知R1=R2=R3=1Ω，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（　　）‎ A．1V B．1.2V C．2V D．4V ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 当开关S闭合时，电阻R3与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 A．E1=E2之点只有一个，该处的合场强为零 B．E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ C．E1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2‎ D．E1=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），由于Q1>Q2，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B．‎ ‎8．一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0﹣x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是（   ）‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．x2～x3段电场强度大小方向均不变，为一定值 C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1‎ ‎【答案】 B ‎【解析】‎ 根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Ep﹣x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0～x1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；x1～x2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；x2～x3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处电势能相等，根据Ep=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，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φ1＞φ2=φ0＞φ3，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θ=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 D．CD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，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=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2‎ C．， 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 U2＞IR 则有 U1＜U2‎ 电功 W1=U1I W2=U2I 则有 W1＜W2‎ 根据焦耳定律得 Q1=I2Rt Q2=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v0‎ B．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13题6分，第14题9分，共15分。‎ ‎13．待测电阻Rx的阻值约为100Ω，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10Ω）‎ B．电流表A2（量程20mA，内阻r2=30g）‎ C．电压表V（量程15V，内阻约为3000Ω）‎ D．定值电阻R0=120Ω E.滑动变阻器R（阻值范围0~5Ω，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；；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 kΩ），有如下实验器材可供选择：‎ A．直流电源：电动势18 V，内阻很小，额定电流为1 A B．电流表A1：量程0～10 mA，内阻约10 Ω C．电流表A2：量程0～600 mA，内阻约0.5 Ω D．电压表V：量程0～20 V，内阻约10 kΩ E．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω F．滑动变阻器R2；最大阻值100 Ω 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Rx>>RA，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 Ω，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 W　4 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＝I2r＝1 W ‎（2）电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率，即 P入＝UI＝5×1 W＝5 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 W－1 W＝4 W ‎（3）设物体A的重力为G，t＝10s内物体上升的高度为h，根据能量守恒定律得P出t＝Gh h＝＝m＝2 m ‎（4）这台电动机的机械效率为 η＝×100%＝×100%＝80%‎ ‎17．如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，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θ=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=17.3cm，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）1.0×104m/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：‎ tanθ=‎ 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Ⅰ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，y＜0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Ⅰ象限，与水平方向夹角为α，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α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） ，α＝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 ‎2h＝v0t h＝at2‎ 又qE＝ma 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vy＝at＝＝v0，‎ v＝＝v0‎ 速度v与x轴正方向的夹角α满足tan α＝＝1‎ 即α＝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