1、绝密启用前云南省玉溪市华宁一中2020-2021学年高二下学期期中考试 物理试题本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()AU1变大、U2变大BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小DU1变小、U2变小2.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强
2、磁场中，质量为m、带电量为Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(A 滑块受到的摩擦力不变B 滑块到地面时的动能与B的大小无关C 滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面指向斜面DB很大时，滑块最终可能静止于斜面上3.交流发电机线圈电阻r1 ，用电器电阻R9 ，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机()A 电动势的峰值为10 VB 电动势的有效值为9 VC 交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10VD 交流发电机线圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为V4.下图表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系中正确的是()AB C D5.关于电场强度的定义式，下列说
3、法中正确的是( )AE和F成正比，F越大E越大 BE和q成反比，q越大E越小CE的大小是由F和q的大小共同决定的 D E的方向与+q受力F的方向相同6.电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是()A 电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频B 电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频C 电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频D 电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频7.、是一条电场线上的两点，在点由静止释放一个质子，质子仅受电场力的作用，沿着电场线从点运动到点，质子的速度随时间变化的规律如图所示，以下判断正确的是（ ）A 该电场可能是匀强电场B点
4、的电势高于点的电势C点到点，质子的电势能逐渐增大D 质子在点所受电场力大于在点所受电场力8.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同9.在电场中，把电荷量为4109C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6108J，以下说法中正确的是()A 电
5、荷在B点具有的电势能是6108J BB点电势是15 VC 电荷的电势能增加了6108J D 电荷的电势能减少了6108J10.下列说法正确的是()A 热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的B 外界对物体做功，物体的内能一定增大C 物体吸收热量，温度一定升高D 热量总是由内能大的物体流向内能小的物体二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 11.（多选）如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）AU先变大后变小BI先变小后变大CU与I的比值先变大后变小DU的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于
6、r12.(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，沿水平面固定一个V字型金属框架CAD，已知A，导体棒EF在框架上从A点开始在拉力F作用下，沿垂直EF方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等腰三角形回路已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好关于回路中的电流I、拉力F和电路消耗的电功率P与水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是()A B C D13.(多选)如图所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，A、B为该匀强电场的两个等势面现有三个完全相同的带等量正电荷的粒子a、b
7、、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反经过一段时间，三个粒子先后通过等势面B.已知三个粒子始终在该匀强电场中运动，不计重力，下列判断正确的是()A 等势面A的电势高于等势面B的电势Ba、b、c三粒子通过等势面B时的速度大小相等C 开始运动后的任一时刻，a、b两粒子的动能总是相同D 开始运动后的任一时刻，三个粒子电势能总是相等14.(多选)如图甲所示，“”形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，该棒与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以图乙所
8、示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的时间是()A 0t1 Bt1t2 Ct2t3 Dt3t4分卷II 三、实验题(共2小题,共15分) 15.如图所示，螺旋测微器的读数为mm，20分度的游标卡尺读数为mm16.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：A小灯泡(额定电压为3.8 V，额定电流约为0.3 A)B电流表A (00.6 A，内阻约为0.5 )C电压表V(06 V，内阻约为5 k)D滑动变阻器R1(010 ， 2 A)E滑动变阻器R2(0100 ， 0.2 A)F电源(6 V，内阻不计)G开关及导线若干(1)实验中滑动变阻器选_(填“R1”或“
9、R2”)(2)该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整(3)该同学根据实验数据作出了如图乙的UI图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而_(选填“增大”“减小”或“不变”)四、计算题 17.如图所示，通电导线L垂直放于匀强磁场(各点的磁感应强度大小和方向均相同)中，导线长8 m，磁感应强度B的值为2 T，导线所受的力为32 N，求导线中电流的大小18.如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=1.0106C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服静电
10、力做了2106J的功，已知A、B间的距离为2 cm（1）试求A、B两点间的电势差UAB；（2）若A点的电势为A=1 V，试求B点的电势B；（3）试求该匀强电场的场强大小并判断其方向19.如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1.现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：(1)停止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量20.如图所示，质量mA0.2 kg、mB0.3
11、kg的小球A、B均静止在光滑水平面上现给A球一个向右的初速度v05 m/s，之后与B球发生对心碰撞(1)若碰后B球的速度向右为3 m/s，求碰后A球的速度大小；(2)若A、B两球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度大小；(3)若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后两球损失的动能答案1.B 2.C 3.D 4.D 5.D 6.C 7.B 8.C 9.C 10.A11.ABC 12.ACD 13.AB 14.AC15.【答案】6.768 104.05【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为6.5 mm，可动刻度读数为0.0126.8 mm=0.268 mm，所以最终读数为（6.5+0.268）m
12、m=6.768 mm游标卡尺的主尺读数为104 mm，游标读数为0.051 mm=0.05 mm，所以最终读数为(104+0.05) mm=104.05 mm16.【答案】(1)R1(2)如图所示(3)增大【解析】“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验应该设计成分压电路，滑动变阻器选择阻值范围小的R1.由于小灯泡电阻小，采用电流表外接电路根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而增大17.【答案】2 A【解析】由FBIL得IA2 A.18.【答案】（1）2 V （2）1 V （3）200 V/m，方向沿电场线斜向下【解析】（1）由题意可知，静电力做负功，有：J根据UAB=得：UAB=2 V（2）由UA
13、B=AB，可得：B=AUAB=1 V2 V=1 V（3）沿着电场方向的位移为：d=2102cos60 m=1102mE=V/m=200 V/m沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下.19.【答案】(1)T1(2)Q1(p0)(V2V1)【解析】(1)加热过程中气体等压膨胀，由，得：T2T1.(2)设加热过程中，封闭气体内能增加U，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W0.由热力学第一定律知：UQ1W其中WpV(p0)(V2V1)由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2U整理可得：Q2Q1(p0)(V2V1)20.【答案】(1)0.5 m/s(
14、2)1 m/s4 m/s(3)1.5 J【解析】(1)A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0mAvAmBvB，解得：vA0.5 m/s；(2)若两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0mAvAmBvB，由机械能守恒定律得：mAv02mAvA2mBvB2，解得：vA1 m/s，vB4 m/s；即A球的速度大小为1 m/s，B球的速度大小为4 m/s.(3)碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0(mAmB)v，解得：v2 m/s，系统损失的动能：EkmAv02(mAmB)v21.5 J，即动能损失1.5 J.