1、20202021学年度第一学期期中质量检测高二物理试题第卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 下列关于磁感应强度的说法中正确的是（）A. 一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零B. 通电导线受磁场力大的地方，磁感应强度一定大C. 磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关D. 垂直放入磁场中一段通电导线的受力方向就是该处的磁感应强度的方向【答案】C【解析】【详解】ABC磁感应强度由磁场本身决定，与电流、导线长度、导线受到的安培力无关，故AB错误，C正确；D根据左手定则可知，磁场中某点磁感应
2、强度方向与放在该点一段通电导线的受力方向垂直，故D错误。故选C。2. 电源电动势为E，内电阻为r，电源向可变电阻R供电，下列说法中正确的是（）A. 电动势和电势差单位相同，物理意义也相同B. 由可知I增大时，路端电压增大C. 电源电动势E等于电源两极间的电压D. 电源电动势E等于内、外电路上的电压之和【答案】D【解析】【详解】A电压就是电势差，虽然名称不同，但物理意义相同、单位相同；电动势是表示电源将其他形式的能量转化为电能本领的物理量，与电压的物理意义不同，故A错误；B根据闭合电路欧姆定律，电流增加说明外电阻减小了，由可知，路端电压增减小，故B错误；C根据闭合电路欧姆定律，路端电压当外电路断
3、路时，才有电动势等于电源两极间的电压，故C错误；D根据闭合电路欧姆定律，电动势大小等于内、外电压之和，故D正确。故选D。3. 一个质量是0.2kg的钢球，以大小为9m/s的速度水平向右运动，与坚硬的竖直墙壁发生碰撞后，以大小为8m/s的速度水平向左运动。若以水平向左方向为正方向，那么碰撞前后钢球的动量变化量是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】若以水平向左方向为正方向，则初速度，末速度，因此动量变化故选D。4. 如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=2r，滑动变阻器的最大阻值是5r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正
4、确的是（）A. 定值电阻R0上消耗的功率变小B. 滑动变阻器消耗的功率变小C. 滑动变阻器消耗功率先变大后变小D. 滑动变阻器消耗的功率先变小后变大【答案】C【解析】【详解】A当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电流变大，则定值电阻R0上消耗的功率一直增大，故A错误。BCD当外电阻与内阻相等时，电源输出功率最大，把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时大电源的内电阻为3r，此时的滑动变阻器就相当于外电路，由于滑动变阻器的最大阻值是5r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻先逐渐接近于3r，然后远离3r，则滑动变阻器消耗的功率先变大后
5、变小，故BD错误，C正确；故选C。5. 在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A. I1增大，I2不变，U增大B. I1减小，I2增大，U减小C. I1增大，I2减小，U增大D. I1减小，I2不变，U减小【答案】B【解析】【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减
6、小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大故A、C、D错误，B正确6. 四个相同的小灯泡按照如图所示的(a)、(b)两种方式接入电压相等的电路中，调节R1、R2使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻R1、R2消耗的电功率P1和P2的关系为A. P1=2P2B. P12P2C. P12P2D. P1=P2【答案】B【解析】【详解】灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为乙图灯泡串联，电流为电阻的电压为消耗的功率为电阻的电压为消耗的功率为所以有故A、CD错误，B正确；故选B。7. 如图所示，线圈平面与水平方向夹角=60，磁感线竖直向下，线圈平面面积S=0.6m2
7、，匀强磁场磁感应强度B=0.8T。把线圈以ab为轴逆时针转过150角，则通过线圈磁通量的变化量为（）A. 0.24WbB. 0.08WbC. 0.48WbD. 0.32Wb【答案】A【解析】【详解】如图位置穿过线圈的磁通量当把线圈以ab为轴逆时针转过150角时，线圈平面与磁感线的方向平行，所以通过线圈磁通量为零。则通过线圈磁通量的变化量为0.24Wb。故A正确，BCD错误。故选A。8. 如图所示，小球A质量为2m，小球B质量为m，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下到达最低点恰好与相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是（）A. hB. hC. hD.
8、h【答案】B【解析】【详解】设球A与球B碰撞前一瞬间，球A的速度大小为，根据机械能守恒得球A和球B碰撞过程动量守恒，即设两球粘到一起后，能上升的最大高度为，由机械能守恒得联立各式解得故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，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1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（）A. 充电宝输出的电功率为UI+I2rB. 手机电池产生的焦耳热为I2rtC. 充电宝产生的热功率
9、为I2rD. 手机电池储存的化学能为UIt-I2rt【答案】BD【解析】【详解】A. 充电宝输出的电功率为UI，A错误；B. 手机电池产生的焦耳热为I2rt，B正确；C. 充电宝的内阻未知，无法求出充电宝产生的热功率，C错误；D. 手机电池储存的化学能为UIt-I2rt，D正确。故选BD。10. 三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是A B1=B2B3B. B1=B2=B3C. a和b处磁场方向垂
10、直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D. a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【答案】AC【解析】【分析】考查了安培定则，磁场的叠加【详解】a、b和c处的磁感应强度均是三条通电导线单独存在时在各点处产生的磁场的叠加由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则可判断出三条导线在a、b处产生的的合磁感应强度垂直纸面向外，在c处垂直纸面向里，且，C正确【点睛】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减并根据矢量叠加原理来求解11. 两只电流表A1和A2是由完全相同的两只电流表改装成的，A1表的量程是5A，A2表的量程是
11、15A为了测量1520A的电流，把A1表和A2表并联起来使用，在这种情况下( )A. A1表和A2表的示数相等B. A1表和A2表的指针偏转角度相等C. A1表和A2表的示数之比为1：3D. A1表和A2表的指针偏转角度之比为1：3【答案】BC【解析】【详解】A在电流表扩程时要并联电阻，从而达到分流的效果，设改装后电流表A1的内阻为r1，电流表A2的内阻为r2，应有：UA=5 r1， UA =15 r2，可得r1=3 r2把两电流表并联时，原来两电流表以及两分流电阻两端的电压均相等，根据欧姆定律应有：应有：， ，由 r1=3 r2可得： ，故A错误；BA1与A2并联时，原来电流表两端的电压相等
12、，通过电流表的电流就相等，根据电流表指针偏转角度与电流大小成正比知，电流表A1与A2的偏角相等，故B正确；C由选项A的分析可知，故C正确；D由选项B的分析可知，A1与A2的偏转角度之比应为1：1，故 D错误故选BC。12. 如图所示的电路中，A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电池E内阻不可忽略，则下列说法中正确的是（）A. R2不变时，V1的读数与A读数之比等于R1B. R2不变时，V1的读数与A读数之比等于R2C. R2改变时，V1读数的变化量的绝对值小于V2读数的变化量的绝对值D. R2改变时，V2读数的变化量的绝对值与A读数变化量的绝对值的比值改变【
13、答案】AC【解析】【详解】ABR2不变时R1故A正确，B错误；C若R2增大时，电流I减小，U1减小U2=E-I（R1+r）增大，路端电压U=E-Ir增大，而U1+U2=U则可知U1的减小量小于U2的增加量；同理，R2减小时，U1的增加量小于U2的减小量故C正确；D根据U2=E-I（R1+r）可知不变，选项D错误。故选AC。第卷（非选择题共60分）三、实验题（每空2分，共16分）13. 某同学采用如图甲所示的装置，利用A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中MN是斜槽，NR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。(1)以下提供的器材中，本
14、实验必需的是_。A.秒表 B.打点计时器C.天平 D.刻度尺(2)某次实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_。【答案】 (1). CD (2). 【解析】【详解】(1)1 P为碰前入射小球落点位置，E为碰后入射小球的位置，F为碰后被碰小球的位置，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度若表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得实验需要测量小球的质量，物体的水平位移，因此需要的用天平测小球质量，用刻度尺测小球的水平位移。故选CD。
15、(2)2根据得14. （1）如图中螺旋测微器的读数为_mm，分度为0.05mm的游标卡尺的示数为_cm。（2）某待测电阻Rx的阻值在（7090）之间，现要测量其电阻的阻值，实验室提供如下器材A.电流表A1（量程50mA、内阻r1=10）B.电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C.电流表A3（量程0.6A、内阻r3约为0.2）D.定值电阻R=40E.滑动变阻器R（最大阻值约为10）F.电源E（电动势为4V）G.开关S、导线若干某同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图甲所示，为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为_；N为_。（填器材选项前相应的英文字
16、母）在下列实物图乙中已画出部分线路的连接，请你以笔画线代替导线，完成剩余的线路连接_。若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=_。（用IM、IN和题目中给出的物理量字母表示）【答案】 (1). 10.194 (2). 1.050 (3). A (4). B (5). (6). 【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的读数为。2游标卡尺的示数为。(2)3根据测量方法， M处的电流表内阻必须为已知，故选A。4 N处的电流表通过的最大电流小于100mA，所以电流表应选B。5 6根据并联电路的特点有解得四、解答题：共44分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案
17、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，电源电动势E=9V，电阻r=0.5，电阻R1=4.0、R2=4.5、R3=6.0、R4=3.0，电容C=2.0F。求：当电键K由与a接触转到与b接触时通过R3的电量。【答案】1.710-5C【解析】【详解】K接a时电路中的电流电容器两端电压UC=U1=IR1=4V此时电容器带电量Q=CU1=810-6C且上极板带正电，下极板带负电K接b时此时电容器带电量Q=CU2=910-6C且上极板带负电，下极板带正电故流过R3的总电量为Q=QQ=1.710-5C16. 利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=9V，
18、电源内阻r=1，电阻R=5，重物质量m=0.10kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为8V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为8.5V，求：(1)电动机内阻；(2)重物匀速上升的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)由题知，电源电动势E=9V，电源内阻r=1，当将重物固定时，电压表的示数为8V，设电动机的电阻为RM，根据闭合电路欧姆定律解得 (2)当重物匀速上升时，电压表的示数为U=8.5V电路中电流为电动机两端的电压为根据能量转化和守恒定律得解得17. 如图所示，质量为M=4.0kg的小车在光滑水平面上以v1=
19、3m/s速度向右运动，一人背靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以v2=5.0m/s的水平速度将一股水流自右向左射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为Q=4.010-5m3/s（单位时间内流过横截面的水流体积），水的密度为=1.0103kg/m3，不计空气阻力。求：（1）经多长时间可使小车速度减为零；（2）小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要保持小车静止，需给小车提供多大的水平作用力。【答案】（1）60s；（2）0.2N【解析】【详解】（1）取水平向右为正方向，由于水平面光滑，经t时间，流入车内的水的质量为mQt对车和水流，在水平方向没有外
20、力，动量守恒，则Mv1m（v2）0联立解得：t60s（2）t时间内，流入车内的水的质量为mQt设小车对水流的水平作用力为F，根据动量定理Ft0m（v2）联立解得FQv20.2N根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为FF，由于小车静止，根据平衡条件知提供的水平作用力大小为0.2N。18. 如图所示，一质量M=0.3kg的滑块放在光滑水平面上处于静止状态，滑块左侧为一光滑的四分之一圆弧，水平面恰好与圆弧相切。质量m=0.2kg的小球（视为质点）以v0=10m/s的初速度向右运动冲上滑块。取g=10m/s2。若小球刚好没有冲出圆弧的上端，求：(1)小球上升到滑块最上端时的速度；(2)四分之一圆弧的半径；(3)滑块获得的最大速度和此时小球的速度。【答案】(1)4m/s，方向水平向右；(2)3m；(3)8m/s，方向水平向右；，方向水平向左【解析】【详解】(1)当小球刚好上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以水平向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得代入数据得v1=4m/s，方向水平向右(2)由机械能守恒定律得代入数据解得圆弧的半径为R=3m(3)小球到达最高点以后又滑回，滑块仍做加速运动，当小球离开滑块时滑块速度最大。研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的整个过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得8m/s，方向水平向右，方向水平向左