2024-2025學年高二物理上學期期中測試卷03新人教版

2024-2025學年高二物理上學期期中考測試卷03考試范圍：選修3-1全冊一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每個題目只有一個選項符合要求，選對得4分，選錯得0分。1．如圖所示連接電路，電源電動勢為6V，先使開關S與1端相連，電源箱電容器充電，這個過程可以瞬間完成，然后把開關S擲向2端，電容器通過電阻R放電，電流傳感器將測得的電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間改變的圖線如圖所示，據(jù)此圖可估算電容器釋放的電荷量，并進而估算電容器的電容為（）A．0.2F B． C． D．【答案】D【解析】因為依據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個格子的電量為，由大于半格算一個，小于半格舍去，因此圖象所包含的格子個數(shù)為42，所以釋放的電荷量是依據(jù)電容器的電容故選D。2．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，電容器下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)交平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，下列說法正確的是（）A．帶電油滴將豎直向上運動 B．P點的電勢將降低C．電容器的電容增大，極板帶電荷量不變 D．電容器的電容增大，極板帶電荷量減小【答案】A【解析】將上極板豎直向下移動時，d減小，電容器的電壓U不變，由分析得知，板間場強增大，則油滴所受電場力增大，油滴將沿豎直向上運動．故A正確．P點到下極板的距離不變，而E增大，由U=Ed知，P點與下極板間電勢差增大，P點的電勢大于零，則P點的電勢上升，故B錯誤；d減小，由知，電容C增大，U不變，由分析可知電容器所帶電量增加，故CD錯誤；故選A3．有兩個相同的小球分別帶正電、負電，現(xiàn)將其分別放在水平光滑地面上、水平粗糙地面上、傾角為的光滑斜面上、傾角為的粗糙斜面上，用相同大小的力F分別作用于帶正電小球上，如圖，則兩小球?qū)黄鹱鲋本€運動，四種狀況下，正、負電小球間的距離分別為，則（）A．B．C．D．【答案】C【解析】對于圖a，先整體分析再隔離分析帶負電小球則對于圖b，同理則；對于圖c，同理則對于圖d，同理則則四種狀況下有庫侖定律知故選C。4．有一個電流表G，內(nèi)阻Rg=10Ω滿偏電流Ig=3mA，要把它改裝成量程0～3V的電壓表，則（）A．要串聯(lián)一個阻值為990Ω的電阻 B．要并聯(lián)一個阻值為990Ω的電阻C．要串聯(lián)一個阻值為0.10Ω的電阻 D．要并聯(lián)一個阻值為0.10Ω的電阻【答案】A【解析】把電流表改裝為電壓表，應串聯(lián)一個分壓電阻，串聯(lián)電阻阻值為：故A正確．5．如圖所示為六根與水平面平行的導線的橫截面示意圖，導線分布在正六邊形的六個角，導線所通電流方向已在圖中標出。已知每條導線在O點磁感應強度大小為，則正六邊形中心O處磁感應強度的大小和方向（）A．大小為零B．大小，方向沿軸負方向C．大小，方向沿軸正方向D．大小，方向沿y軸正方向【答案】D【解析】依據(jù)磁場的疊加原理，將最右面電流向里的導線在O點產(chǎn)生的磁場與最左面電流向外的導線在O點產(chǎn)生的磁場進行合成，則這兩根導線的合磁感應強度為B1；同理，將左上方電流向外的導線在O點產(chǎn)生的磁場與右下方電流向里的導線在O點產(chǎn)生的磁場進行合成，則這兩根導線的合磁感應強度為B2；將右上方電流向里的導線在O點產(chǎn)生的磁場與左下方電流向外的導線在O點產(chǎn)生的磁場進行合成，則這兩根導線的合磁感應強度為B3。如圖所示：依據(jù)磁場疊加原理可知由幾何關系可知B2與B3的夾角為120°，故將B2與B3合成，則它們的合磁感應強度大小也為2B0，方向與B1的方向相同，最終將其與B1合成，可得正六邊形中心處磁感應強度大小為4B0，方向沿y軸正方向.選項D正確，ABC錯誤。故選D。6．如圖所示，真空中，垂直于紙面對里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在（含邊界），兩圓的半徑分別為R、3R，圓心為O．一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖，軌跡所對的圓心角為120°．若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時，不論其入射方向如何，都不行能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，則v1：v2至少為A． B． C． D．2【答案】B【解析】粒子在磁場中做圓周運動，如圖：由幾何學問得：，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：，解得：；當該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時，若粒子豎直向上射入磁場粒子恰好不能進入磁場時，即粒子軌道半徑，則不論其入射方向如何，都不行能進入小圓內(nèi)部區(qū)域，此時洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：，解得：，則：，故B正確，ACD錯誤．7．如圖所示，光滑圓弧曲面固定在支架上，水平，B為切點，圓弧半徑為R，且圓弧所對的圓心角為60°，空間存在水平方向勻強電場E（圖中未畫出，大小未知）。點電荷固定在圓心處，一個質(zhì)量為m帶電量為的小球可以靜止在圓弧的中點D，現(xiàn)在將小球從A點靜止釋放，能沿圓弧軌道運動，則（）A．電場方向水平向右，B．電場方向水平向左，C．小球運動到D點速度最大，D．小球運動到B點速度最大，【答案】C【解析】AB．因為帶負電的小球可以靜止在圓弧AB的中點D，可知小球受勻強電場的電場力水平向右，則勻強電場水平向左，由平衡學問可知解得故AB錯誤；CD.因小球在D點時受合力為零，加速度為零，則小球運動到D點速度最大，由動能定理解得：選項C正確，D錯誤。故選C。8．如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，當變阻器R的滑動觸頭向a端移動時，下列推斷正確的是（）A．電流表A1的示數(shù)變大B．電流表A2的示數(shù)變小C．電流表A2的示數(shù)不變D．電壓表V的示數(shù)變小【答案】B【解析】D．當變阻器R的滑動觸頭向a端移動時，變阻器的電阻變大，它與R0并聯(lián)的總電阻變大，故外電路電阻變大，路端電壓增大，即電壓表的示數(shù)變大，選項D錯誤；A．總電阻變大，由歐姆定律可得，總電流減小，即電流表A1的示數(shù)變小，選項A錯誤；BC．電阻R0的兩端電壓增大，則R0支路上的電流變大，由于總電流等于R0的電流加上變阻器支路上的電流，故變阻器支路上的電流變小，即電流表A2的示數(shù)變小，選項B正確，C錯誤.故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．將始終流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I改變的圖線畫在同一坐標系中，如圖所示，則下列說法正確的是（）A．圖線b表示電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I的改變關系B．M點對應的功率為最大輸出功率C．在圖線上A、B、C三點的縱坐標肯定滿意關系D．兩個交點M與N的橫坐標之比肯定為1：2，縱坐標之比肯定為1：2【答案】AB【解析】A．電源的總功率則a圖線表示電源的總功率隨電流I改變的關系，電源的輸出功率則c圖線表示輸出功率隨電流I改變的關系，電源內(nèi)部的發(fā)熱功率則b圖線表示電源內(nèi)部的發(fā)熱功率隨電流I改變的關系，故A正確；B．c圖線表示輸出功率隨電流I改變的關系，M點對應的功率為最大輸出功率，故B正確；C．依據(jù)能量轉(zhuǎn)化橫坐標相同縱坐標肯定滿意，則在圖線上A、B、C三點的縱坐標肯定滿意關系故C錯誤；D．b、c圖線的交點M，輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr相等，即滿意a、b線的交點N輸出功率為0，所以可見M與N的橫坐標之比肯定為1：2，據(jù)，縱坐標之比為肯定為1：4，故D錯誤。故選AB。10．如圖所示，虛線為某點電荷激發(fā)的電場中的三個等勢面，等勢面a上的電場強度大小為E，電勢為，等勢面c上的電場強度大小為，電勢為，相鄰兩個等勢面的間距相等。某質(zhì)子只受電場力作用，在電場運動的軌跡如圖中實線所示，若該質(zhì)子在等勢面c上的動能為，下列說法正確的是（）A．點電荷可能為負電荷B．質(zhì)子經(jīng)過等勢面b的電勢能為C．質(zhì)子經(jīng)過等勢面b的加速度大小是經(jīng)過c加速度大小的倍D．質(zhì)子經(jīng)過等勢面c的速度大小是經(jīng)過等勢面a速度大小的倍【答案】CD【解析】A．從運動軌跡可以看出兩個電荷相互排斥，故點電荷帶正電，故A錯誤；B．在點電荷形成的電場中，越靠近點電荷的電場強度越大，ab之間的電場強度大于bc之間的電場強度，ab之間的電勢差大于bc之間的電勢差，所以b處的電勢小于40V，質(zhì)子經(jīng)過等勢面b的電勢能小于40eV，故B錯誤。C．依據(jù)點電荷的電場強度的公式結(jié)合等勢面a上的電場強度大小為E，等勢面c上的電場強度大小為，可知c到點電荷的距離為a到點電荷距離的3倍；a與c之間的距離為a到點電荷的距離的2倍，相鄰兩個等勢面的間距相等，所以b到點電荷的距離為a到點電荷的距離為2倍；所以b處的電場強度為a的電場強度的，即b處電場強度的大小為，b處電場強度的大小是c處電場強度的倍，依據(jù)加速度可知質(zhì)子在b處的加速度大小是c處加速度大小的2.25倍；故C正確；D．質(zhì)子只受電場力，動能與電勢能之和不變，質(zhì)子在等勢面c上的動能為80eV，電勢能為20eV，總能量為100eV；質(zhì)子在a處的電勢能為60eV，故動能為40eV；質(zhì)子在a處的動能為c處動能的一半，所以質(zhì)子經(jīng)過等勢面c的速度大小是經(jīng)過等勢面a速度大小的倍，故D正確；故選CD。11．如圖所示，在xOy坐標系中，第一、二象限有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為B，第三、四象限有垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為B?！獛д娏Ｗ幼詙軸上的M點以大小為v的初速度沿著與y軸垂直的方向向左射出，粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，粒子第一次到達x軸時沿著與x軸正方向為30°的方向進入電場。不計粒子重力，對粒子的運動，以下說法正確的是（）A．粒子自起先射出至第一次到達x軸時的時間間隔為B．粒子再次與y軸相交時速度最小C．粒子運動過程中的最小速度為D．粒子離開M點后，其速度第n次與初速度相同時距M點的距離為【答案】ACD【解析】A．畫出粒子運動軌跡如圖：粒子第一次到達x軸時沿著與x軸正方向為30°的方向進入電場，由圖中幾何關系可知粒子自起先射出至第一次到達x軸時，轉(zhuǎn)過的角度為150°角，依據(jù)洛倫茲力供應向心力有可得又所以時間間隔為選A正確；BC．粒子進入電場后做類平拋運動，豎直方向分速度為0時即合速度水平常速度最小，最小速度為選項B錯誤，C正確；D．粒子進入電場后做類斜拋運動，豎直方向分速度為0時，有解得則粒子在電場中水平方向的位移為粒子離開M點后，其速度第一次與初速度相同時距M點的距離為所以粒子離開M點后，其速度第n次與初速度相同時距M點的距離為選項D正確。故選ACD。12．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，0＜x≤a區(qū)域有垂直于紙面對里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，a＜x≤2a區(qū)域有垂直于紙面對外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）、速度大小為的粒子由坐標原點O沿x軸正方向射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下，粒子最終又從y軸射出磁場區(qū)域。下列說法正確的是（）A．粒子肯定從y軸正方向射出磁場B．a(chǎn)＜x≤2a區(qū)域的勻強磁場磁感應強度大小可能為4BC．粒子在兩磁場中的運動時間可能為D．稍減小粒子的入射速度，粒子肯定從y軸射出磁場區(qū)域【答案】BCD【解析】A．由粒子沿x軸正方向射入磁場，知其在左側(cè)磁場運動的圓心在y軸上，由洛倫茲力供應向心力有得0＜x＜a區(qū)域圓周運動的半徑取粒子在a＜x≤2a區(qū)域圓周運動的軌跡恰好與右邊界相切，軌跡如圖：由圖可知此時粒子從y軸負方向射出磁場，選項A錯誤；B．取粒子在a＜x≤2a區(qū)域圓周運動的半徑為，有得由得選項B正確；C．粒子在0＜x＜a區(qū)域運動時間為粒子在a＜x≤2a區(qū)域運動時間粒子在兩磁場中的運動時間為若B′=8B，則選項C正確；D．取粒子0＜x＜a區(qū)域速度偏角為θ，粒子在a＜x≤2a區(qū)域沿x軸運動的最遠距離稍減小粒子的入射速度，粒子在a＜x≤2a區(qū)域沿x軸運動的最遠距離減小，粒子不會從磁場的右側(cè)離開，肯定從y軸射出磁場區(qū)域，選項D正確。故選BCD。三、試驗題：本題共2小題，第13題6分，第14題9分，共15分。13．用如圖甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢和內(nèi)電阻。蓄電池的電動勢約為2V，內(nèi)電阻很小。除蓄電池、開關、導線外可供運用的試驗器材還有：A．電壓表V（量程3V）B．電流表A1（量程0.6A）C．電流表A2（量程3A）D．定值電阻R0（阻值4Ω，額定功率4W）E.滑動變阻器R（阻值范圍0~20Ω，額定電流1A）（1）電流表應選______；（填器材前的字母符號）（2）依據(jù)試驗數(shù)據(jù)作出U—I圖像（如圖乙所示），則蓄電池的電動勢E=______，內(nèi)阻r=______Ω。（3）用圖甲電路來測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，則E測______E真，r測______r真（填“＞”、“=”或“＜”）【答案】B；2.10；0.2；＜；＜【解析】（1）由于該試驗中允許通過電池的電流的最大值比較小，所以電流表量程選擇0.6A；（2）圖像與縱坐標的交點為電源電動勢E=2.10V圖線的斜率表示電源內(nèi)阻r與R0之和（3）由圖甲所示可知，相對于電源來說，試驗采納電流表外接法，當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示，由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，電源內(nèi)阻的測量值小于真實值。14．小明同學設計了如圖1所示的電路測電源電動勢E及電阻R1和R2的阻值．試驗器材有：待測電源E（不計內(nèi)阻），待測電阻R1

，

待測電阻R2

，

電流表A（量程為0.6A，內(nèi)阻較?。?，電阻箱R（0﹣99.99Ω），單刀單擲開關S1

，單刀雙擲開關S2

，導線若干．（1）先測電阻R1的阻值．閉合S1

，將S2切換到a，調(diào)整電阻箱R，讀出其示數(shù)r1和對應的電流表示數(shù)I，將S2切換到b，調(diào)整電阻箱R，使電流表示數(shù)仍為I，讀出此時電阻箱的示數(shù)r2，則電阻R1的表達式為R1=

_______．（2）小明同學已經(jīng)測得電阻R1=2.0Ω，接著測電源電動勢E和電阻R2的阻值．他的做法是：閉合S1

，將S2切換到b，多次調(diào)整電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對應的電流表示數(shù)I，由測得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖2所示的1/I﹣R圖線，則電源電動勢E=

______V，電阻R2=

_______Ω．（保留兩位有效數(shù)字）（3）用此方法測得的電動勢的測量值__________

真實值；R2的測量值

_________真實值（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】r1-r2；1.5；1.0；等于；大于【解析】（1）．當R2接a時應有：E=I（R2+r1）；當S2接b時應有：E=I（R2+R1+r）；聯(lián)立以上兩式解得：R1=r1-r2；（2）．依據(jù)閉合電路歐姆定律應有：E=I（R2+R+R1）變形為：，依據(jù)函數(shù)斜率和截距的概念應有：=2.0解得：E=1.5V，R2=1.0Ω；（3）．若考慮電源內(nèi)阻，對（1）：接a時應有：E=I（R2+r1+r），接b時應有：E=I（R2+r2+r）聯(lián)立可得R1=r1-r2即測量值與真實值相比不變；對（2）應有：E=I（R2+R+R1+r）變形為比較兩次表達式的斜率和截距可知，電動勢不變，R1變小，即測量值比真實值偏大．四、解答題：本題共4小題，第15題8分，第16題9分，第17題12分，第18題16分，共45分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最終答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位。15．如圖所示電路中，R1=6Ω，R2=12Ω，R3=3Ω，C=30μF，當開關S斷開，電路穩(wěn)定時，電源總功率為4W，當開關S閉合，電路穩(wěn)定時，電源總功率為8W，求：（1）電源的電動勢E和內(nèi)電阻r；（2）在S斷開和閉合時，電容器所帶的電荷量各是多少？【答案】（1）8V，1Ω；（2）1.8×10﹣4C，0C【解析】（1）S斷開時有：E=I1（R2+R3）+I1rP1=EI1S閉合時有P2=EI2聯(lián)立可得E=8V；I1=0.5A；r=1Ω；I2=1A（2）S斷開時有電容器兩端的電壓U=I1R2得Q1=CU=30×10-6×0.5×12C=1.8×10-4CS閉合，電容器兩端的電勢差為零，則有Q2=016．如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑與水平面成角的絕緣直桿AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m，有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方的地面上的P點（g取10m/s2），求：（1）小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小；（2）小環(huán)運動到P點的動能?！敬鸢浮浚?）14.1m/s2；（2）5J【解析】（1）小環(huán)在直桿上做勻速運動，電場力必定水平向右，否則小環(huán)將做勻加速運動，其受力狀況如圖所示：由平衡條件得即離開直桿后，只受mg、Eq作用，則合力為所以加速度為（2）設小環(huán)在直桿上運動的速度為，離桿后經(jīng)t秒到達P點，則豎直方向水平方向聯(lián)立解得由動能定理得可得17．在xOy平面內(nèi)，直線OM與x軸負方向成45°角，以OM為邊界的勻強電場和勻強磁場如圖所示。在坐標原點O有一不計重力的粒子，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，以v0沿x軸正方向運動，粒子每次到x軸將反彈，第一次無能量損失，以后每次反彈水平分速度不變，豎直分速度大小減半、方向相反。電場強度、磁感應強度。求帶電粒子：（1）第一次經(jīng)過OM時的坐標；（2）其次次到達x軸的動能；（3）在電場中運動時豎直方向上的總路程?！敬鸢浮浚?）（-1m、1m）；（2）；（3）m