2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷03（新教材人教版）

2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷03（新教材人教版）

‎2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷03（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．把“能量子”概念引入物理学的物理学家是（ ）‎ A．普朗克 B．麦克斯韦 C．托马斯·杨 D．赫兹 ‎【答案】 A ‎【解析】‎ A．普朗克引入能量子概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合的非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；‎ BCD．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，托马斯·杨首次用实验观察到了光的干涉图样，故BCD不合题意．‎ 故选A。‎ ‎2．在匀强磁场中固定一根与磁场方向垂直的通电直导线，其中通有向纸面外的恒定电流，匀强磁场的磁感应强度为1T，以直导线为中心作一个圆，圆周上a处的磁感应强度恰好为零，则下述说法对的是（　　）‎ A．b处磁感应强度为2T，方向水平向右 B．c处磁感应强度也为零 C．d处磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成45°角 D．c处磁感应强度为2T，方向水平向左 ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 由题知，通电导线通有向纸面外的恒定电流，由安培定则可知，通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，因a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反；在b点产生的磁感应强度方向竖直向下，故b点的磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成角斜向下，在c点产生的磁感应强度方向水平向右，故c点的磁感应强度为，在d点产生的磁感应强度方向竖直向上，故d点的磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成角斜向上，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎3．如图所示是将滑动变阻器作分压器的电路图，A、B为分压器的输出端，C、D是分压器的输入端，C、D两点间的电压保持不变，电压值始终为U0；移动滑动变阻器的滑片P，当P位于滑动变阻器的中央时，下列结论中不正确的是（　　）‎ A．如果A、B端接入理想电压表如图（a）所示，电压表的示数为 B．如果A、B端接入阻值为R的电阻如图（b）所示，电阻R两端的电压小于 C．如图（b）所示，电阻R越大，其两端的电压越接近 D．如图（b）所示，电阻R越小，其两端的电压越接近 ‎【答案】 D ‎【解析】‎ A．因滑片P位于滑动变阻器的中央，则如果A、B端接入理想电压表，电压表的示数为，选项A正确，不符合题意；‎ B．如果A、B端接入阻值为R的电阻时，R与滑动变阻器的下半部分并联，再与滑动变阻器的上半部分串联，因为并联电路的总电阻总要小于任一支路的电阻，而串联电路中各支路的电压与电阻成正比，所以接R时，输出电压小于；故B正确，不符合题意；‎ CD．负载电阻R的阻值越大，负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大，输出电压越大，越接近，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎4．如图所示，匀强电场的场强，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）‎ A．电荷量的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B．电荷量的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C．若取A点的电势为0，则B点的电势 D．A、B两点间的电势差是 ‎【答案】 B ‎【解析】‎ A．从A到B，电场力做功 ‎，‎ 则电势能减小6J。故A错误；‎ B．从A到B，电场力做功 ‎；‎ 故B正确；‎ CD．AB间的电势差 ‎，‎ 因为A点的电势为0，B点的电势为 ‎，‎ 故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎5．如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动．已知小球所受到电场力是其重力的 ，圆环半径为R，斜面倾角为θ=53°，SBC=2R．若使小球在圆环内恰好能作完整的圆周运动，高度h的为（ ）‎ A．2R B．4R C．10R D．17R ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 小球所受的重力和电场力都为恒力，故两力可等效为一个力F，可知，方向与竖直方向夹角为37°，偏左下；做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过D点，若球恰好能通过D点，则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零，由圆周运动知识得：‎ 选择A点作为初态，D点为末态，由动能定理有：‎ mg（h-R-Rcos37°）-mg（htan37°+2R+Rsin37°）=‎ 代入数据，解得：‎ h=10R 故选C。‎ ‎6．某地强风的风速约为，空气的密度为，如果把通过横截面积S的风的动能完全转化为电能，则用上述已知量计算电功率的公式为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】 C ‎【解析】‎ ABCD．风能转变为电能，由能量守恒定律得 其中 联立解得 ABD错误C正确。‎ 故选C。‎ ‎7．如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（　　）‎ A．a、b、c小球带同种电荷 B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷 C．a、b小球电量之比为 D．a、b小球电量之比 ‎【答案】 D ‎【解析】‎ AB．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；‎ CD．对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得 又 解得：‎ 故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎8．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则（ ）‎ A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5‎ B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10‎ C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10‎ ‎【答案】 A ‎【解析】‎ 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度．‎ 规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是2kg•m/s，碰撞过程系统总动量守恒：，所以碰撞后B球的动量是10kg•m/s，根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A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．在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA=5kgm/s，pB=7kgm/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量△pA、△pB不可能是 （ ）‎ A．△pA=-3kgm/s；△pB =3kgm/s B．△pA=3kgm/s；△pB =3kgm/s C．△pA=-10kgm/s；△pB =10kgm/s D．△pA=3kgm/s；△pB =-3kgm/s ‎【答案】 BCD ‎【解析】‎ A．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=2kg•m/s、p′B=10kg•m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确；‎ B．若△PA=3kg•m/s，△PB=3kg•m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误；‎ C．如果△pA=-10kg•m/s、△pB=10kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=-5kg•m/s、p′B=17kg•m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故C错误；‎ D．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=8kg•m/s、p′B=4kg•m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。‎ 故选BCD。‎ ‎10．如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，下列说法正确的是（　　）‎ A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生 B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生 C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能 D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能 ‎【答案】 AC ‎【解析】‎ AB．线框在进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流产生，而整个线框都在磁场中运动时，线框的磁通量不变，没有感应电流产生， B错误A正确；‎ C．线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流，线框的机械能减小转化为电能，C正确；‎ D．整个线框都在磁场中运动时，没有感应电流产生，线框的重力势能转化为动能，机械能守恒，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎11．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为△U1和△U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为△I。当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）（　　）‎ A．小灯泡L1、L2变亮，L3变暗 B．△U1＜△U2‎ C．不变 D．电源输出功率变大 ‎【答案】 AC ‎【解析】‎ A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A正确；‎ B．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以 ‎△U1＞△U2‎ 故B错误；‎ C．由 U1=E-I（RL2+r）‎ 得 不变，故C正确；‎ D．因电源内阻和外电阻的关系不能确定，不能确定电源输出功率的变化，选项D错误。‎ 故选AC。‎ ‎12．研究平行板电容器电容的装置如图所示。设电容器所带电荷量为Q（几乎保持不变），极板间电场强度为E，静电计指针偏角为θ，在极板间电势为φ的P点固定一负电荷，其电势能为EP。现仅将左极板向左平移，则（　　）‎ A．θ变大，E不变 B．θ变小，E变小 C．φ升高，Ep变小 D．φ降低，Ep变大 ‎【答案】 AC ‎【解析】‎ 电容器所带电荷量不变，将左极板向左平移，即板间距离增大，由公式可知，电容变小，由公式可知，板间电势差增大，说明静电计指针偏角变大，由公式、和得 则板间场强不变，由于左极板接地即电势为0，P点与左板间的电势差为 由于P点与左板间距离增大，则P点电势升高，负电荷在P点的电势能减小 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．如图甲所示，某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在光滑水平面上，小车A的左端粘有橡皮泥，小车A受到外界水平冲量作用后做匀速运动，与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。‎ 在实验得到的纸带上选取五个计数点分别为A、B、C、D、E，测得AB、BC、CD、DE的长度如图所示。已知打点计时器所用电源频率为50Hz，小车A的质量为0.400kg，小车B 的质量为0.200kg，则碰前小车A的速度可利用纸带_____________段数据求出，且碰前两小车的总动量为____________ ；碰后小车的速度可利用纸带_____________段数据求出，且两小车的总动量为_____________ 。（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 BC 0.340 DE 0.336‎ ‎【解析】‎ A与B碰前做匀速直线运动，由图知，可通过BC段来计算A的碰前速度；‎ A碰前的速度为 则碰前动量为 A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由图知，可通过DE段计算A和B碰后的共同速度；‎ 碰后的速度为 则碰后的总动量 ‎14．用DIS测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻．‎ ‎（1）调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了____为纵坐标，由图线可得该电源电动势为___V．‎ ‎（2）现有三个标有“2．5V，0．6A”相同规格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r=____Ω，图（a）中定值电阻R0=____Ω ‎（3）若将图（a）中定值电阻R0换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两倍，则此时电阻箱阻值应调到_____Ω ‎【答案】 4.5 2.5 2 ）4.80（4.6-4.9均可）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律可知：；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取；则有：；‎ 则图象的斜率为：；‎ 则有：E=4.5V；，则有：R0+r=4.5‎ ‎（2）A灯正常发光的电流为：I=0.6A；‎ 则BC两灯的电流为0.3A，由图象可知，BC两灯的电压为0.5V；‎ 路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V；‎ 则内压为：U内=4.5-3=1.5V；‎ 则内阻为：；‎ 则定值电阻为：R0=4.5-2.5=2Ω；‎ ‎（3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍，设灯泡两端电压为U，则滑动变阻器两端电压为2U，则由闭合电路欧姆定律可知：3U+2.5I=4.5‎ 变形得I=1.8-1.2U；在上图中作出对应的I-U图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，I=0.48A，U=1.15V；‎ 则滑动变阻器阻值为：（4.6-4.9均可）；‎ 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，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m，分别用绝缘细线悬挂于绝缘天花板上同一点，平衡时B球偏离竖直方向θ角，A球竖直且与墙壁接触，此时A、B两球位于同一高度且相距L。求：‎ ‎（1）每个小球带的电荷量q；‎ ‎（2）B球所受绳的拉力FT；‎ ‎（3）墙壁对A球的弹力FN。‎ ‎【答案】 （1） ；（2） ；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对B球受力分析如图所示，B球受三个力且处于平衡状态，其中重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力的大小，方向与绳子拉力方向相反，由图可知 根据平衡条件有 解得 ‎（2）对B球受力分析知，根据平衡条件有 ‎（3）分析A球的受力情况知 得 FN=mgtanθ ‎16．在如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在滑动变阻器的两个不同端点时分别得到的．求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器R3的最大值。‎ ‎【答案】 （1）20 V，20 Ω；（2）5 Ω；（3）300 Ω ‎【解析】‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律得 E＝U＋Ir 将图线上A、B两点的U、I值代入得 E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r 解得E＝20 V，r＝20 Ω。‎ ‎（2）当R3的滑片自左向右滑动时，R3的有效阻值变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，由此可知，图线上的A、B两点分别对应滑片位于最左端和最右端．当滑片位于最右端时，R3＝0，R1被短路，外电路电阻即为R2，故由B点的U、I值得 Ω＝5Ω ‎（3）当滑片在最左端时，R3的有效阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路的电阻，再根据串、并联电路的规律求出R3的最大值 又 代入数据解得滑动变阻器的最大值R3＝300 Ω。‎ ‎17．如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d．（不计重力）求：‎ ‎（1） 从A点到B点所用的时间；‎ ‎（2） 匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（3） A、B两点间的电势差．‎ ‎【答案】 （1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有 t＝‎ ‎（2）由牛顿第二定律得 a＝‎ 将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy＝v0tan 45°＝v0，‎ 又vy＝at，所以 v0＝·＝，‎ 解得 E＝．‎ ‎（3）由动能定理得 eUAB＝m（v0）2－mv 解得 UAB＝．‎ ‎18．如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点A和圆心O的连线与水平方向的夹角，另一端点B为轨道的最低点，其切线水平。一质量kg、板长m的滑板静止在光滑水平地面上，右端紧靠B点，滑板上表面与圆弧轨道B点和左侧固定平台C等高。光滑水平面EF上静止一质量为kg的物体P（可视为质点），另一物体Q以的速度向右运动，与P发生弹性正碰，P随后水平抛出，恰好从A点无碰撞进入圆弧轨道，且在A点对轨道无压力，此后沿圆弧轨道滑下，经B点滑上滑板。滑板运动到与平台C接触时立刻被粘住。已知物体P与滑板间动摩擦因数，滑板左端到平台C右侧的距离为s。取，求：‎ ‎（1）物体P经过A点时的速度；‎ ‎（2）物体Q的质量；‎ ‎（3）物体P刚滑上平台C时的动能与s的关系的表达式。‎ ‎【答案】 （1）2；（2）0.5kg；（3）当时，；当时，‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设P到A点时的速度为。由P从A点无碰撞进入圆弧轨道，且在A点对轨道无压力可知，P在A点，由重力指向圆心的分力提供其所需要的向心力，有 解得 ‎（2）对P在A点的速度进行分解可知，其水平分速度 所以P水平抛出的速度为 Q与P发生弹性正碰，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得 ‎（3）P从A点沿圆弧轨道滑至B点的过程中，由机械能守恒定律得 解得 P滑上滑板后，带动滑板运动，设P与滑板能达到共同速度，此过程滑板向左运动的位移为。对P与滑板组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有 解得 对滑板，由动能定理得 解得 ‎①当时，P刚滑上平台C时的动能与s无关，对P和滑板，由能量守恒定律有 其中 解得 ‎②当时，滑板与平台相碰时，P与滑板未共速，对滑板，由动能定理得 对P和滑板，由能量关系有 其中 解得