1、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
2、，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（）Ab处磁感应强度为2T，方向水平向右Bc处磁感应强度也为零Cd处磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成45角Dc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
3、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】
4、 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
5、A点运动到B点电势能增大6JB电荷量的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6JC若取A点的电势为0，则B点的电势DA、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；CDAB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=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（
6、 ）A2RB4RC10RD17R【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（）ABCD【答案】 C【解析】ABCD风能转变为电能，由能量守恒定
7、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（）Aa、b、c小球带同种电荷Ba、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷Ca、b小球电量之比为Da、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
8、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6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则（ ）A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D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
9、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2kgm/s，碰撞过程系统总动量守恒：，所以碰撞后B球的动量是10kgm/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，
10、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（ ）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=-3kgm/s、pB=3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=2kgm/s、pB=10kgm/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
11、若PA=3kgm/s，PB=3kgm/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误；C如果pA=-10kgm/s、pB=10kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=-5kgm/s、pB=17kgm/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=3kgm/s、pB=-3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=8kgm/s、pB=4kgm/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，
12、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
13、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BU1U2C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
14、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U1U2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，在极板间电势为的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变大，E不变B变小，E变小C升高，Ep变小D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
15、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
16、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
17、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“25V，06A”相同规格的小灯泡，其IU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=_，图（a）中定值电阻R0=_（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_【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
18、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=2；（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
19、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
20、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=mgtan16在如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1100 ，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；（
21、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 ；（2）5 ；（3）300 【解析】（1）由闭合电路欧姆定律得EUIr将图线上A、B两点的U、I值代入得E160.2r，E40.8r解得E20 V，r20 。（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，R30，R1被短路，外电路电阻即为R2，故由B点的U、I值得5（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
22、律求出R3的最大值又代入数据解得滑动变阻器的最大值R3300 。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vyv0tan 45v0，又vyat，所以v0，解得E（3）由动能定理得eUABm（
23、v0）2mv解得UAB18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
24、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
