2020-2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期中測(cè)試卷03（新教材人教版）

1、2020-2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期中測(cè)試卷03（新教材人教版）考試范圍：必修3全冊(cè) 選擇性必修1第一章一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每個(gè)題目只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，選對(duì)得4分，選錯(cuò)得0分。1把“能量子”概念引入物理學(xué)的物理學(xué)家是（ ）A普朗克B麥克斯韋C托馬斯楊D赫茲【答案】 A【解析】A普朗克引入能量子概念，得出黑體輻射的強(qiáng)度按波長(zhǎng)分布的公式，與實(shí)驗(yàn)符合的非常好，并由此開創(chuàng)了物理學(xué)的新紀(jì)元，故A正確；BCD麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，赫茲證明了電磁波的存在，托馬斯楊首次用實(shí)驗(yàn)觀察到了光的干涉圖樣，故BCD不合題意故選A。2在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中固定一根與磁場(chǎng)方向垂直的通電直導(dǎo)線

2、，其中通有向紙面外的恒定電流，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T，以直導(dǎo)線為中心作一個(gè)圓，圓周上a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零，則下述說法對(duì)的是（）Ab處磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T，方向水平向右Bc處磁感應(yīng)強(qiáng)度也為零Cd處磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向成45角Dc處磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T，方向水平向左【答案】 C【解析】由題知，通電導(dǎo)線通有向紙面外的恒定電流，由安培定則可知，通電導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，因a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，說明通電導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反；在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，故b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向成角斜向下，在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)

3、強(qiáng)度方向水平向右，故c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，故d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向成角斜向上，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。3如圖所示是將滑動(dòng)變阻器作分壓器的電路圖，A、B為分壓器的輸出端，C、D是分壓器的輸入端，C、D兩點(diǎn)間的電壓保持不變，電壓值始終為U0；移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P，當(dāng)P位于滑動(dòng)變阻器的中央時(shí)，下列結(jié)論中不正確的是（）A如果A、B端接入理想電壓表如圖（a）所示，電壓表的示數(shù)為B如果A、B端接入阻值為R的電阻如圖（b）所示，電阻R兩端的電壓小于C如圖（b）所示，電阻R越大，其兩端的電壓越接近D如圖（b）所示，電阻R越小，其兩端的電壓越接近【答案】

4、 D【解析】A因滑片P位于滑動(dòng)變阻器的中央，則如果A、B端接入理想電壓表，電壓表的示數(shù)為，選項(xiàng)A正確，不符合題意；B如果A、B端接入阻值為R的電阻時(shí)，R與滑動(dòng)變阻器的下半部分并聯(lián)，再與滑動(dòng)變阻器的上半部分串聯(lián)，因?yàn)椴⒙?lián)電路的總電阻總要小于任一支路的電阻，而串聯(lián)電路中各支路的電壓與電阻成正比，所以接R時(shí)，輸出電壓小于；故B正確，不符合題意；CD負(fù)載電阻R的阻值越大，負(fù)載電阻與滑動(dòng)變阻器下半部分電阻的并聯(lián)阻值越大，輸出電壓越大，越接近，故C正確，不符合題意；D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。4如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，A、B兩點(diǎn)相距0.2m，兩點(diǎn)連線與電場(chǎng)的夾角是60，下列說法正確的是（）A電荷量的電荷從

5、A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)電勢(shì)能增大6JB電荷量的電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做功為-6JC若取A點(diǎn)的電勢(shì)為0，則B點(diǎn)的電勢(shì)DA、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是【答案】 B【解析】A從A到B，電場(chǎng)力做功，則電勢(shì)能減小6J。故A錯(cuò)誤；B從A到B，電場(chǎng)力做功；故B正確；CDAB間的電勢(shì)差，因?yàn)锳點(diǎn)的電勢(shì)為0，B點(diǎn)的電勢(shì)為，故CD錯(cuò)誤。故選B。5如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A處?kù)o止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)已知小球所受到電場(chǎng)力是其重力的 ，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為=53，SBC=2R若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能作完整的圓周運(yùn)動(dòng)，高度h的為（

6、 ）A2RB4RC10RD17R【答案】 C【解析】小球所受的重力和電場(chǎng)力都為恒力，故兩力可等效為一個(gè)力F，可知，方向與豎直方向夾角為37，偏左下；做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件是恰能通過D點(diǎn)，若球恰好能通過D點(diǎn)，則達(dá)到D點(diǎn)時(shí)小球與圓環(huán)間的彈力恰好為零，由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得：選擇A點(diǎn)作為初態(tài)，D點(diǎn)為末態(tài)，由動(dòng)能定理有：mg（h-R-Rcos37）-mg（htan37+2R+Rsin37）=代入數(shù)據(jù)，解得：h=10R故選C。6某地強(qiáng)風(fēng)的風(fēng)速約為，空氣的密度為，如果把通過橫截面積S的風(fēng)的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化為電能，則用上述已知量計(jì)算電功率的公式為（）ABCD【答案】 C【解析】ABCD風(fēng)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，由能量守恒?/p>

7、律得其中聯(lián)立解得ABD錯(cuò)誤C正確。故選C。7如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個(gè)套在圓環(huán)上可自由滑動(dòng)的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點(diǎn)，ac連線與豎直方向成60角，bc連線與豎直方向成30角，三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）Aa、b、c小球帶同種電荷Ba、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷Ca、b小球電量之比為Da、b小球電量之比【答案】 D【解析】AB對(duì)a，a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對(duì)a的庫(kù)侖力，重力的方向在豎直方向上，環(huán)的支持力以及b對(duì)a的庫(kù)侖力均沿圓環(huán)直徑方向，故c對(duì)a的庫(kù)侖力為引力，同理可知，c對(duì)b的庫(kù)侖力也為引力，所以a與c的電性一定相反，與b的電

8、性一定相同。即：a、b小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，故AB錯(cuò)誤；CD對(duì)c小球受力分析，將力沿水平方向和豎直方向正交分解后可得又解得：故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。8如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng).兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為6kgm/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為4kgm/s，則（ ）A左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5B左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10C右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10【答案】 A【解析】?jī)?/p>

9、球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒；同時(shí)考慮實(shí)際情況，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動(dòng)量均為，說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關(guān)系為，所以碰撞前，所以左方是A球碰撞后A球的動(dòng)量增量為，所以碰撞后A球的動(dòng)量是2kgm/s，碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒：，所以碰撞后B球的動(dòng)量是10kgm/s，根據(jù)mB=2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5，A正確二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9在光滑水平面上，有A、B兩個(gè)小球向右沿同一直線運(yùn)動(dòng)，

10、取向右為正，兩球的動(dòng)量分別是pA=5kgm/s，pB=7kgm/s，如圖所示，若能發(fā)生正碰，則碰后兩球的動(dòng)量增量pA、pB不可能是（ ）ApA=-3kgm/s；pB =3kgm/sBpA=3kgm/s；pB =3kgm/sCpA=-10kgm/s；pB =10kgm/sDpA=3kgm/s；pB =-3kgm/s【答案】 BCD【解析】A兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，兩球動(dòng)量變化量應(yīng)大小相等，方向相反，根據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒定律，如果pA=-3kgm/s、pB=3kgm/s，所以碰后兩球的動(dòng)量分別為pA=2kgm/s、pB=10kgm/s，根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能可能不增加，是可能發(fā)生的，故A正確；B

11、若PA=3kgm/s，PB=3kgm/s，違反了動(dòng)量守恒定律，不可能，故B錯(cuò)誤；C如果pA=-10kgm/s、pB=10kgm/s，所以碰后兩球的動(dòng)量分別為pA=-5kgm/s、pB=17kgm/s，可以看出，碰撞后A的動(dòng)能不變，而B的動(dòng)能增大，違反了能量守恒定律，不可能故C錯(cuò)誤；D根據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒定律，如果pA=3kgm/s、pB=-3kgm/s，所以碰后兩球的動(dòng)量分別為pA=8kgm/s、pB=4kgm/s，由題，碰撞后，兩球的動(dòng)量方向都與原來(lái)方向相同，A的動(dòng)量不可能沿原方向增大，與實(shí)際運(yùn)動(dòng)不符，故D錯(cuò)誤。故選BCD。10如圖所示，一個(gè)矩形線框從勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上方自由落下，進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，

12、然后再?gòu)拇艌?chǎng)中穿出已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度L大于線框的高度h，下列說法正確的是（）A線框只在進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生B線框從進(jìn)入到穿出磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，都有感應(yīng)電流產(chǎn)生C線框在進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過程中，都是機(jī)械能轉(zhuǎn)化成電能D整個(gè)線框都在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能轉(zhuǎn)化成電能【答案】 AC【解析】AB線框在進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過程中，穿過線框的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，而整個(gè)線框都在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生， B錯(cuò)誤A正確；C線框在進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為電能，C正確；D整個(gè)線框都在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)

13、化為動(dòng)能，機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。故選AC。11如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r。理想電壓表V1、V2示數(shù)為U1、U2，其變化量的絕對(duì)值分別為U1和U2；流過電源的電流為I，其變化量的絕對(duì)值為I。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片從右端滑到左端的過程中（燈泡電阻不變化）（）A小燈泡L1、L2變亮，L3變暗BU1U2C不變D電源輸出功率變大【答案】 AC【解析】A當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片P從右端滑到左端時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則L2變亮變阻器的電阻減小，并聯(lián)部分的電阻減小，則并聯(lián)部分的電壓減小，則L3變暗總電流增大，而L3的電流減小，則L1的電流增大，則L1變亮故A正

14、確；B由上分析可知，電壓表V1的示數(shù)減小，電壓表V2的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以U1U2故B錯(cuò)誤；C由U1=E-I（RL2+r）得不變，故C正確；D因電源內(nèi)阻和外電阻的關(guān)系不能確定，不能確定電源輸出功率的變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。12研究平行板電容器電容的裝置如圖所示。設(shè)電容器所帶電荷量為Q（幾乎保持不變），極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，靜電計(jì)指針偏角為，在極板間電勢(shì)為的P點(diǎn)固定一負(fù)電荷，其電勢(shì)能為EP?，F(xiàn)僅將左極板向左平移，則（）A變大，E不變B變小，E變小C升高，Ep變小D降低，Ep變大【答案】 AC【解析】電容器所帶電荷量不變，將左極板向左平移，即板間距離增大，由公

15、式可知，電容變小，由公式可知，板間電勢(shì)差增大，說明靜電計(jì)指針偏角變大，由公式、和得則板間場(chǎng)強(qiáng)不變，由于左極板接地即電勢(shì)為0，P點(diǎn)與左板間的電勢(shì)差為由于P點(diǎn)與左板間距離增大，則P點(diǎn)電勢(shì)升高，負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小故選AC。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，第13題6分，第14題9分，共15分。13如圖甲所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)：在光滑水平面上，小車A的左端粘有橡皮泥，小車A受到外界水平?jīng)_量作用后做勻速運(yùn)動(dòng)，與原來(lái)靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)。在實(shí)驗(yàn)得到的紙帶上選取五個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)分別為A、B、C、D、E，測(cè)得AB、BC、CD、DE的長(zhǎng)度如圖所示。已知打點(diǎn)

16、計(jì)時(shí)器所用電源頻率為50Hz，小車A的質(zhì)量為0.400kg，小車B的質(zhì)量為0.200kg，則碰前小車A的速度可利用紙帶_段數(shù)據(jù)求出，且碰前兩小車的總動(dòng)量為_ ；碰后小車的速度可利用紙帶_段數(shù)據(jù)求出，且兩小車的總動(dòng)量為_ 。（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】 BC 0.340 DE 0.336【解析】A與B碰前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由圖知，可通過BC段來(lái)計(jì)算A的碰前速度；A碰前的速度為則碰前動(dòng)量為A與B碰后粘在一起，速度減小，相等時(shí)間內(nèi)的間隔減小，由圖知，可通過DE段計(jì)算A和B碰后的共同速度；碰后的速度為則碰后的總動(dòng)量14用DIS測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻電路如圖（a）所示，R0為定值電阻（1）調(diào)節(jié)電阻箱

17、R，記錄電阻箱的阻值R和相應(yīng)的電流值I，通過變換坐標(biāo)，經(jīng)計(jì)算機(jī)擬合得到如圖（b）所示圖線，則該圖線選取了_為縱坐標(biāo)，由圖線可得該電源電動(dòng)勢(shì)為_V（2）現(xiàn)有三個(gè)標(biāo)有“25V，06A”相同規(guī)格的小燈泡，其IU特性曲線如圖（c）所示，將它們與圖（a）中電源按圖（d）所示電路相連，A燈恰好正常發(fā)光，則電源內(nèi)阻r=_，圖（a）中定值電阻R0=_（3）若將圖（a）中定值電阻R0換成圖（d）中小燈泡A，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電阻箱R消耗的電功率是小燈泡A的兩倍，則此時(shí)電阻箱阻值應(yīng)調(diào)到_【答案】 4.5 2.5 2 ）4.80（4.6-4.9均可）【解析】（1）由閉合電路歐姆定律可知：；要形成與電阻成一次函數(shù)

18、關(guān)系，則縱坐標(biāo)只能?。粍t有：；則圖象的斜率為：；則有：E=4.5V；，則有：R0+r=4.5（2）A燈正常發(fā)光的電流為：I=0.6A；則BC兩燈的電流為0.3A，由圖象可知，BC兩燈的電壓為0.5V；路端電壓為：U=2.5V+0.5V=3V；則內(nèi)壓為：U內(nèi)=4.5-3=1.5V；則內(nèi)阻為：；則定值電阻為：R0=4.5-2.5=2；（3）燈泡與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，故燈泡與電阻中流過的電流相等，而滑動(dòng)變阻器阻值約為燈泡電阻的兩倍；則滑動(dòng)變阻器兩端的電壓為燈泡兩端電壓的兩倍，設(shè)燈泡兩端電壓為U，則滑動(dòng)變阻器兩端電壓為2U，則由閉合電路歐姆定律可知：3U+2.5I=4.5變形得I=1.8-1.2U；在上圖

19、中作出對(duì)應(yīng)的I-U圖象，則與原圖象的交點(diǎn)為符合條件點(diǎn)；由圖可知，I=0.48A，U=1.15V；則滑動(dòng)變阻器阻值為：（4.6-4.9均可）；四、解答題：本題共4小題，第15題8分，第16題9分，第17題12分，第18題16分，共45分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。15如圖所示，真空中兩個(gè)相同的小球帶有等量同種電荷，質(zhì)量均為m，分別用絕緣細(xì)線懸掛于絕緣天花板上同一點(diǎn)，平衡時(shí)B球偏離豎直方向角，A球豎直且與墻壁接觸，此時(shí)A、B兩球位于同一高度且相距L。求：（1）每個(gè)小球帶的電荷量q；（2）B球所受繩的拉力

20、FT；（3）墻壁對(duì)A球的彈力FN?！敬鸢浮?（1） ；（2） ；（3）【解析】（1）對(duì)B球受力分析如圖所示，B球受三個(gè)力且處于平衡狀態(tài)，其中重力與庫(kù)侖力的合力大小等于繩子拉力的大小，方向與繩子拉力方向相反，由圖可知根據(jù)平衡條件有解得（2）對(duì)B球受力分析知，根據(jù)平衡條件有（3）分析A球的受力情況知得FN=mgtan16在如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1100 ，R2的阻值未知，R3是滑動(dòng)變阻器，在其滑片從最左端滑至最右端的過程中，測(cè)得電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線如圖乙所示，其中圖線上的A、B兩點(diǎn)是滑片在滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)不同端點(diǎn)時(shí)分別得到的求：（1）電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；（

21、2）定值電阻R2的阻值；（3）滑動(dòng)變阻器R3的最大值?！敬鸢浮?（1）20 V，20 ；（2）5 ；（3）300 【解析】（1）由閉合電路歐姆定律得EUIr將圖線上A、B兩點(diǎn)的U、I值代入得E160.2r，E40.8r解得E20 V，r20 。（2）當(dāng)R3的滑片自左向右滑動(dòng)時(shí)，R3的有效阻值變小，電路中的總電阻變小，總電流變大，由此可知，圖線上的A、B兩點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)滑片位于最左端和最右端當(dāng)滑片位于最右端時(shí)，R30，R1被短路，外電路電阻即為R2，故由B點(diǎn)的U、I值得5（3）當(dāng)滑片在最左端時(shí)，R3的有效阻值最大，并對(duì)應(yīng)著圖線上的A點(diǎn)，故由A點(diǎn)的U、I值可求出此時(shí)外電路的電阻，再根據(jù)串、并聯(lián)電路的規(guī)律求出R3的最大值又代入數(shù)據(jù)解得滑動(dòng)變阻器的最大值R3300 。17如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的粒子從A點(diǎn)以速度v0沿垂直電場(chǎng)線方向的直線AO方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，由B點(diǎn)飛出電場(chǎng)時(shí)速度方向與AO方向成45角，已知AO的水平距離為d（不計(jì)重力）求：（1） 從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間；（2） 勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（3） A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差【答案】 （1）（2）（3）【解析】（1）粒子從A點(diǎn)以速度v0沿垂直電場(chǎng)線方向射入電場(chǎng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有t（2）由牛頓第二定律得a將粒子射出電場(chǎng)的速度v進(jìn)行分解，則有vyv0tan 45v0，又vyat，所以v0，解得E（3