1、2020-2021学年高二物理上学期期中测试卷02（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关于电磁场的理论，下列说法正确的是（ ）A变化的电场周围产生磁场一定是变化的B变化的磁场周围产生的电场一定是变化的C均匀变化的磁场周围产生电场是均匀变化的D预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦【答案】 D【解析】A均匀变化的电场周围产生恒定磁场，A错误；BC均匀变化的磁场周围产生恒定电场，BC错误；D麦克斯韦预言了电磁波存在，D正确。故选D。2如图所示为一测定液面高低的传感器示意图，A为
2、固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体，把传感器接到图示电路中，已知灵敏电流表指针偏转方向与电流方向相同如果发现指针正向右偏转，则导电液体的深度h变化为（ ）Ah正在减小Bh正在增大Ch不变D无法确定【答案】 A【解析】影响平行板电容器电容的因素有正对面积、极板间距与电介质，然而如图所示为一测定液面高低的传感器，利用了平行板电容器特性。高度的变化，就相当于正对面积变化。如果液体的高度升高，导致两极板的正对面积增大，根据公式可得电容器的电容变大，两极板间的电压恒定，根据可知两极板上所带电荷量增大，应为充电，灵敏电流表应向左偏转，反之向右偏转，题中灵敏电流表向右偏转，说明液面降低
3、，故A正确。故选A。3如图所示，轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与静止在光滑水平面上的木块A相连接，子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，再将弹簧压缩到最短。上述这个过程可抽象为两个典型的过程：过程是子弹射入木块并获得共同速度；过程是木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短。已知木块的质量大于子弹的质量，空气阻力可忽略不计，下列说法中正确的是（）A过程中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失的动能B过程中子弹对木块的冲量大小可能大于木块对子弹的冲量大小C过程中墙壁对弹簧的冲量大小一定小于子弹和木块总动量的减小量D过程中弹簧的最大弹性势能可能等于过程中木块所获得的动能【答案】 A【解析】A子弹
4、射入木块过程中，子弹损失的动能转化内能和木块的动能，所以 过程中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失的动能，故A正确；B子弹射入木块过程中，根据牛顿第三定律可知子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等时间相等，所以过程中子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，故B错误；C由动量定理可知，木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短过程中，墙壁对弹簧的冲量大小一定等于于子弹和木块总动量的减小量，故C错误；D木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短过程中，弹簧的最大弹性势能等于过程中木块所获得的动能与子弹的末动能之和（过程系统的末动能），故D错误；故选A。4关于磁场，下列说法正确的是（）A磁
5、场是看不见、摸不着、实际不存在的，是人们假想出来的一种物质B磁场是客观存在的一种特殊物质形态C磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无D磁场中某点的磁感应强度的方向与小磁针S极在此处的受力方向一致【答案】 B【解析】AB磁场是存在于磁体周围的一种特殊物质，它与实物粒子不同，磁场是看不见，摸不到，但又确实是客观存在的，通常用人们假想的磁感线来描述，A错误，B正确；C磁场的存在是客观的，不与是否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无，C错误；D磁场中某点的磁感应强度的方向与小磁针N极在此处的受力方向一致，D错误。故选B。5如图所示，在真空中把一绝缘导体向带负电的小球缓慢地靠近（不相碰）
6、，则下列说法中正确的是（）AB端的感应电荷越来越多B导体内场强越来越大C感应电荷在M点产生的场强小于在N点产生的场强D感应电荷在M点和N点产生的场强相等【答案】 A【解析】A离的越近，导体上的电子与负电荷排斥力越大，越会向左排斥，故N端带负电荷越多，M端带的正电荷也越多，故A正确；B导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，故B错误；CD导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，即感应电荷的场强和带电小球的场强等大、反向、共线，由公式可知，带电小球在M点产生的场强大，故感应电荷在M点产生的场强也大，故C D错误。故选A。6在如图所示的电路中，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为；当开关S
7、断开且电路稳定时，电容器C的带电量为，则（ ）ABCD【答案】 A【解析】开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，即，开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻两端的电压，则，对于给定电容器，电容不变，由得，A正确7如图所示，图线表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）AR1：R2=3：1B把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3D将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【答案】 C【解析】A根据图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3， 所以A选项是不
8、符合题意的；B根据电阻定律：当把拉长到原来的3倍，则电阻变为原来的9倍，因此是R2的3倍，所以B选项是不符合题意的；C串联电路电流相等，所以将与串联后接于电源上，电流比：根据公式可知：P1：P2=1：3所以C选项是符合题意的；D并联电路，电压相等，根据公式可知，电流比等于电阻之反比，所以将与并联后接于电源上，电流比：所以D选项是不符合题意的；8如图所示，在匀强电场中，场强方向与abc所在平面平行，acbc，abc=，ac=0.2m。一个电荷量的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为5104J。则该匀强电场的场强大小和方向分别为（）A500V/m、垂直ab向下B50
9、0V/m、沿ac由a指向cC1000V/m、垂直ab向上D1000V/m、沿ab由a指向b【答案】 A【解析】正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W=Uq可知，ac两点的电势差即a点电势低于c点的电势，故电场线垂直于ab向下，ac间沿电场线的距离由可知，电场强度大小为方向垂直ab向下故选A。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，在竖直向上的匀强磁场
10、中，水平放置着一根长直流导线，电流方向指向读者，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中Aa、b两点磁感应强度相同Ba点磁感应强度最大Cc、d两点磁感应强度大小相等Db点磁感应强度最大【答案】 CD【解析】根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图显然，C点与D点合磁感应强度相等；a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小；B电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大；故选CD10用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的U-I图线，由图可知A电池电动势的测量值为1.40 VB电池内阻的测量值为1
11、.0 C外电路发生短路时的电流为0.40 AD电压表示数为1.20 V时，电流表的示数I0.2A【答案】 ABD【解析】A、由图象可知，电源UI图象与纵轴交点坐标表示电源的电动势，则知电源的电动势为1.40V，故A正确；B、电源的内阻r|1，故B正确；C外电路发生短路时的电流 I1.40A，故C错误；D、当电压表示数为1.20V时，IA0.20A，故D正确；11图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）AM点的电势大于N点的电势BM点的电势小于N点的电势C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点受到的电场力小于
12、在N点受到的电场力【答案】 AD【解析】根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确，B错误；根据电场线的疏密来判定电场强度的强弱，M点的电场力小于N点，故D正确，C错误。12如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍上述两种射入过程相比较A射入滑块A的子弹速度变化大B整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C两个过程中系统产生的热量相同D射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍【答案】 BC【解析】设子弹的初速度为v，共同速度为v，则根据动量守恒定律，有：mv=（M+
13、m）v，解得：v=；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理，冲量相等，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的增加量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D错误；故选BC.三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。13（1）用多用电表测量电阻，所用多用电表如图所示。表盘上的X、Y、Z分别
14、表示对应的三个旋钮。完成下列填空。（如需填旋钮名称，只填对应的字母）a测量前观察表的指针是否指在电流的“0”刻度，如果不指“0”，应调节_旋钮，使指针指在电流的“0”刻度处；b将红表笔插入_孔内；黑笔插入_孔内；c现要使用“100”挡进行测量，应调节_；d将红黑表笔短接，调节_，使指针对准电阻的“0”刻度；e将两表笔接在待测电阻的两端，然后读出阻值。（2）上图是某次测量指针所指的位置，若用的是1挡，则读数为_；若用的是直流250mA挡，则读数为_mA；若用的是直流50V挡，则读数为_V。【答案】 Y + X Z 11.3（或：11.2，11.4） 140（或：141） 28.0（或：28.1）
15、【解析】（1）测量前观察欧姆表的指针是否指在电流的“0”刻度，如果不指“0”，应调节机械调零按钮Y，使指针指在电流的“0”刻度处。测量时，将红表笔插“+”，黑表笔插“”。现要使用“100”挡进行测量，应调节换挡开关“X”。将红黑表笔短接进行电阻调零时，应调节电阻调零旋钮“Z”，使指针对准电阻的“0”刻度线。（2）多用电表测电阻时，若用的是1挡，则直接读出读数，读数为11.3，或11.211.4均可以。测电流时，用的是直流250mA挡，读数为140mA，或141mA。测电压时，用的是直流50V挡，读数为28.0V，或28.1V。14为探究小灯泡 L 的伏安特性曲线，提供了以下器材：小灯泡 L，规
16、格“4.0 V 2.8 W”；电流表 A1，量程 3 A，内阻约为 0.1 ；电流表 A2，量程 0.6 A，内阻 r20.2 ；电压表 V，量程 3 V，内阻 rV9 k；标准电阻 R1，阻值 1 ；标准电阻 R2，阻值 3 k；滑动变阻器 R，阻值范围 010 ；学生电源 E，电动势 6 V，内阻不计； 开关 S 及导线若干（1）某同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，闭合开关前，滑动阻器滑片应置于_， 当通过 L 的电流为 0.46 A 时，电压表的示数如图乙所示，电压表的读数为_V， 此时L的电阻为_（2）要想更准确完整地描绘出 L 的伏安特性曲线，需要重新设计电路请你利用所供器材，在
17、图中的虚线框内补画出实验电路图_，并在图上标明所选器材代号（3）根据实验测得的数据，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图，若将该灯泡接到 E=1.5V、r=3.0的电源两端，则灯泡实际消耗的功率 P=_W结果保留两位有效数字）【答案】 左端 2.30 5 0.18W【解析】（1）由图甲可知，测量部分与滑动变阻器左端并联，则可知，为了让电压从零开始调节，滑动变阻器滑片应滑至左端题图乙电压表量程为3 V，则示数为2.30 V，解得电阻值：（2）由于灯泡额定电压为4.0V，故电压表应串联R2使用，而额定电流，大于电流表量程，因此电流表应并联小电阻R1使用，故虚线框内电路如图所示；（3）根据闭合电路欧姆定律
18、得：U=E-Ir，则有U=3-10I，画出U-I图象如图所示：交点对应的电压与电流即为小灯泡此时的实际电压与电流，所以小灯泡两端电压为0.9V，电流I=0.2A，所以实际功率为：P=UI=0.90.2W=0.18W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有一个电流表G，内阻Rg=20，满偏电流Ig=3mA。要把它改装为量程为03V的电压表，要串联多大的电阻？改装后的电压表内阻多大？【答案】 980，1000【解析】
19、改装成量程为03V的电压表后，两端加上3V的电压时，指针指到满刻度，即电流为3mA，根据欧姆定律解得改装后电压表的内阻16如图所示电路中，开关S闭合时电压表示数为11.4V，电流表示数为0.2A，开关S断开时电流表示数为0.3A，求：（1）电阻的值（2）电源电动势和内电阻【答案】 （1）15 （2）12V 1【解析】（1）由图可知，当开关S闭合时，两电阻并联，根据欧姆定律则有：解得：（2） 由图可知，当开关S闭合时，两电阻并联，根据闭合电路的欧姆定律则有：S断开时，根据闭合电路的欧姆定律则有：联立解得：17在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙动摩擦因数为，滑块
20、CD上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：（1）物块滑到B处时木板的速度vAB；（2）木板的长度L；（3）滑块CD圆弧的半径【答案】 （1）（2）（3）【解析】（1）对ABC用由动量守恒得，又，则（2）由A到B，根据能量守恒得，则（3）由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得解之得：18在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为
21、U0时，油滴保持静止状态，如图所示当给电容器突然充电使其电压增加U1时，油滴开始向上运动；经时间t后，电容器突然放电使其电压减少U2，又经过时间t，油滴恰好回到原来位置假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计重力加速度为g.求：（1）带电油滴所带电荷量与质量之比；（2）第一个t与第二个t时间内油滴运动的加速度大小之比；（3）U1与U2之比.【答案】 （1）（2）13（3）14【解析】（1）油滴静止时，根据平衡条件有：解得： （2）设第一个t内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个t内油滴的位移为x2，加速度为a2，则根据题意有：联立解得：（3）油滴向上加速运动时，根据牛顿第二定律有：即：油滴向上减速运动时，根据牛顿第二定律有：即：联立则有：解得：
