1、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
2、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：ABBC，下列说法错误的是（）AA、C带同种电荷BA、B带异种电荷CB所带电荷量最大DA、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
3、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、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
5、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
6、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50B若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40C当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4VD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
7、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，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），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
8、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
9、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
10、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
11、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
12、说法正确的是（）Ae、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
13、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10当开关S闭合后AL1的电阻为1.2BL1消耗的电功率为0.75WCL2的电阻为5DL2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
14、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5，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BC12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
15、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UB只增大高度dC只增大长度LD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“
16、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0100mA，内阻约5C电流表A2量程00.6A，内阻约0.2D电阻箱R0999.9E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
17、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”
18、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23.00.01mm=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：
19、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 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_。（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05 V，内阻约为5 k）C电压表V2 （量程015 V，内阻约为25 k）D电流表A1（量程025 mA，内阻
20、约为1 ）E电流表A2（量程0250 mA，内阻约为0.1 ）F滑动变阻器一只，阻值020 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 ； 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1210 120 。（2）由于电源电动势只有3 V，所以电压表选择量程为05 V的电压表V1；因电路中的最大电流约
21、为Im25 mA所以电流表选用量程为025 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=10，电源内阻r=5，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
22、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q6106C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4105J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2105J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】
23、（1） UAB4 V，UBC2 V （2）A4 V，C2 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
24、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）
25、，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
26、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）0.025m0.05m【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，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0.025m0.05m。
