2024-2025学年高二物理上学期期中测试卷03新人教版

2024-2025学年高二物理上学期期中考测试卷03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．如图所示连接电路，电源电动势为6V，先使开关S与1端相连，电源箱电容器充电，这个过程可以瞬间完成，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，电流传感器将测得的电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间改变的图线如图所示，据此图可估算电容器释放的电荷量，并进而估算电容器的电容为（）A．0.2F B． C． D．【答案】D【解析】因为依据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为42，所以释放的电荷量是依据电容器的电容故选D。2．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现交平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（）A．带电油滴将竖直向上运动 B．P点的电势将降低C．电容器的电容增大，极板带电荷量不变 D．电容器的电容增大，极板带电荷量减小【答案】A【解析】将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动．故A正确．P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势上升，故B错误；d减小，由知，电容C增大，U不变，由分析可知电容器所带电量增加，故CD错误；故选A3．有两个相同的小球分别带正电、负电，现将其分别放在水平光滑地面上、水平粗糙地面上、倾角为的光滑斜面上、倾角为的粗糙斜面上，用相同大小的力F分别作用于带正电小球上，如图，则两小球将会一起做直线运动，四种状况下，正、负电小球间的距离分别为，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】对于图a，先整体分析再隔离分析带负电小球则对于图b，同理则；对于图c，同理则对于图d，同理则则四种状况下有库仑定律知故选C。4．有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0～3V的电压表，则（）A．要串联一个阻值为990Ω的电阻 B．要并联一个阻值为990Ω的电阻C．要串联一个阻值为0.10Ω的电阻 D．要并联一个阻值为0.10Ω的电阻【答案】A【解析】把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：故A正确．5．如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为，则正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向（）A．大小为零B．大小，方向沿轴负方向C．大小，方向沿轴正方向D．大小，方向沿y轴正方向【答案】D【解析】依据磁场的叠加原理，将最右面电流向里的导线在O点产生的磁场与最左面电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B1；同理，将左上方电流向外的导线在O点产生的磁场与右下方电流向里的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B2；将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B3。如图所示：依据磁场叠加原理可知由几何关系可知B2与B3的夹角为120°，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最终将其与B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4B0，方向沿y轴正方向.选项D正确，ABC错误。故选D。6．如图所示，真空中，垂直于纸面对里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在（含边界），两圆的半径分别为R、3R，圆心为O．一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°．若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不行能进入小圆内部区域，则v1：v2至少为A． B． C． D．2【答案】B【解析】粒子在磁场中做圆周运动，如图：由几何学问得：，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：，解得：；当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径，则不论其入射方向如何，都不行能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：，解得：，则：，故B正确，ACD错误．7．如图所示，光滑圆弧曲面固定在支架上，水平，B为切点，圆弧半径为R，且圆弧所对的圆心角为60°，空间存在水平方向匀强电场E（图中未画出，大小未知）。点电荷固定在圆心处，一个质量为m带电量为的小球可以静止在圆弧的中点D，现在将小球从A点静止释放，能沿圆弧轨道运动，则（）A．电场方向水平向右，B．电场方向水平向左，C．小球运动到D点速度最大，D．小球运动到B点速度最大，【答案】C【解析】AB．因为带负电的小球可以静止在圆弧AB的中点D，可知小球受匀强电场的电场力水平向右，则匀强电场水平向左，由平衡学问可知解得故AB错误；CD.因小球在D点时受合力为零，加速度为零，则小球运动到D点速度最大，由动能定理解得：选项C正确，D错误。故选C。8．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当变阻器R的滑动触头向a端移动时，下列推断正确的是（）A．电流表A1的示数变大B．电流表A2的示数变小C．电流表A2的示数不变D．电压表V的示数变小【答案】B【解析】D．当变阻器R的滑动触头向a端移动时，变阻器的电阻变大，它与R0并联的总电阻变大，故外电路电阻变大，路端电压增大，即电压表的示数变大，选项D错误；A．总电阻变大，由欧姆定律可得，总电流减小，即电流表A1的示数变小，选项A错误；BC．电阻R0的两端电压增大，则R0支路上的电流变大，由于总电流等于R0的电流加上变阻器支路上的电流，故变阻器支路上的电流变小，即电流表A2的示数变小，选项B正确，C错误.故选B。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．将始终流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I改变的图线画在同一坐标系中，如图所示，则下列说法正确的是（）A．图线b表示电源内部的发热功率Pr随电流I的改变关系B．M点对应的功率为最大输出功率C．在图线上A、B、C三点的纵坐标肯定满意关系D．两个交点M与N的横坐标之比肯定为1：2，纵坐标之比肯定为1：2【答案】AB【解析】A．电源的总功率则a图线表示电源的总功率随电流I改变的关系，电源的输出功率则c图线表示输出功率随电流I改变的关系，电源内部的发热功率则b图线表示电源内部的发热功率随电流I改变的关系，故A正确；B．c图线表示输出功率随电流I改变的关系，M点对应的功率为最大输出功率，故B正确；C．依据能量转化横坐标相同纵坐标肯定满意，则在图线上A、B、C三点的纵坐标肯定满意关系故C错误；D．b、c图线的交点M，输出功率PR和电源内部的发热功率Pr相等，即满意a、b线的交点N输出功率为0，所以可见M与N的横坐标之比肯定为1：2，据，纵坐标之比为肯定为1：4，故D错误。故选AB。10．如图所示，虚线为某点电荷激发的电场中的三个等势面，等势面a上的电场强度大小为E，电势为，等势面c上的电场强度大小为，电势为，相邻两个等势面的间距相等。某质子只受电场力作用，在电场运动的轨迹如图中实线所示，若该质子在等势面c上的动能为，下列说法正确的是（）A．点电荷可能为负电荷B．质子经过等势面b的电势能为C．质子经过等势面b的加速度大小是经过c加速度大小的倍D．质子经过等势面c的速度大小是经过等势面a速度大小的倍【答案】CD【解析】A．从运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥，故点电荷带正电，故A错误；B．在点电荷形成的电场中，越靠近点电荷的电场强度越大，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，ab之间的电势差大于bc之间的电势差，所以b处的电势小于40V，质子经过等势面b的电势能小于40eV，故B错误。C．依据点电荷的电场强度的公式结合等势面a上的电场强度大小为E，等势面c上的电场强度大小为，可知c到点电荷的距离为a到点电荷距离的3倍；a与c之间的距离为a到点电荷的距离的2倍，相邻两个等势面的间距相等，所以b到点电荷的距离为a到点电荷的距离为2倍；所以b处的电场强度为a的电场强度的，即b处电场强度的大小为，b处电场强度的大小是c处电场强度的倍，依据加速度可知质子在b处的加速度大小是c处加速度大小的2.25倍；故C正确；D．质子只受电场力，动能与电势能之和不变，质子在等势面c上的动能为80eV，电势能为20eV，总能量为100eV；质子在a处的电势能为60eV，故动能为40eV；质子在a处的动能为c处动能的一半，所以质子经过等势面c的速度大小是经过等势面a速度大小的倍，故D正确；故选CD。11．如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为B，第三、四象限有垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。—带正电粒子自y轴上的M点以大小为v的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m，带电量为q，粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是（）A．粒子自起先射出至第一次到达x轴时的时间间隔为B．粒子再次与y轴相交时速度最小C．粒子运动过程中的最小速度为D．粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为【答案】ACD【解析】A．画出粒子运动轨迹如图：粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场，由图中几何关系可知粒子自起先射出至第一次到达x轴时，转过的角度为150°角，依据洛伦兹力供应向心力有可得又所以时间间隔为选A正确；BC．粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向分速度为0时即合速度水平常速度最小，最小速度为选项B错误，C正确；D．粒子进入电场后做类斜抛运动，竖直方向分速度为0时，有解得则粒子在电场中水平方向的位移为粒子离开M点后，其速度第一次与初速度相同时距M点的距离为所以粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为选项D正确。故选ACD。12．如图所示，在xOy平面内，0＜x≤a区域有垂直于纸面对里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，a＜x≤2a区域有垂直于纸面对外的匀强磁场，一质量为m、带电量为q（q>0）、速度大小为的粒子由坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，粒子最终又从y轴射出磁场区域。下列说法正确的是（）A．粒子肯定从y轴正方向射出磁场B．a＜x≤2a区域的匀强磁场磁感应强度大小可能为4BC．粒子在两磁场中的运动时间可能为D．稍减小粒子的入射速度，粒子肯定从y轴射出磁场区域【答案】BCD【解析】A．由粒子沿x轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在y轴上，由洛伦兹力供应向心力有得0＜x＜a区域圆周运动的半径取粒子在a＜x≤2a区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图：由图可知此时粒子从y轴负方向射出磁场，选项A错误；B．取粒子在a＜x≤2a区域圆周运动的半径为，有得由得选项B正确；C．粒子在0＜x＜a区域运动时间为粒子在a＜x≤2a区域运动时间粒子在两磁场中的运动时间为若B′=8B，则选项C正确；D．取粒子0＜x＜a区域速度偏角为θ，粒子在a＜x≤2a区域沿x轴运动的最远距离稍减小粒子的入射速度，粒子在a＜x≤2a区域沿x轴运动的最远距离减小，粒子不会从磁场的右侧离开，肯定从y轴射出磁场区域，选项D正确。故选BCD。三、试验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。13．用如图甲所示的电路測量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供运用的试验器材还有：A．电压表V（量程3V）B．电流表A1（量程0.6A）C．电流表A2（量程3A）D．定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）E.滑动变阻器R（阻值范围0~20Ω，额定电流1A）（1）电流表应选______；（填器材前的字母符号）（2）依据试验数据作出U—I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E=______，内阻r=______Ω。（3）用图甲电路来测定干电池的电动势和内阻，则E测______E真，r测______r真（填“＞”、“=”或“＜”）【答案】B；2.10；0.2；＜；＜【解析】（1）由于该试验中允许通过电池的电流的最大值比较小，所以电流表量程选择0.6A；（2）图像与纵坐标的交点为电源电动势E=2.10V图线的斜率表示电源内阻r与R0之和（3）由图甲所示可知，相对于电源来说，试验采纳电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示，由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值。14．小明同学设计了如图1所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．试验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1

，

待测电阻R2

，

电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1

，单刀双掷开关S2

，导线若干．（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1

，将S2切换到a，调整电阻箱R，读出其示数r1和对应的电流表示数I，将S2切换到b，调整电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2，则电阻R1的表达式为R1=

_______．（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，接着测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1

，将S2切换到b，多次调整电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图2所示的1/I﹣R图线，则电源电动势E=

______V，电阻R2=

_______Ω．（保留两位有效数字）（3）用此方法测得的电动势的测量值__________

真实值；R2的测量值

_________真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】r1-r2；1.5；1.0；等于；大于【解析】（1）．当R2接a时应有：E=I（R2+r1）；当S2接b时应有：E=I（R2+R1+r）；联立以上两式解得：R1=r1-r2；（2）．依据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1）变形为：，依据函数斜率和截距的概念应有：=2.0解得：E=1.5V，R2=1.0Ω；（3）．若考虑电源内阻，对（1）：接a时应有：E=I（R2+r1+r），接b时应有：E=I（R2+r2+r）联立可得R1=r1-r2即测量值与真实值相比不变；对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r）变形为比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大．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。只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位。15．如图所示电路中，R1=6Ω，R2=12Ω，R3=3Ω，C=30μF，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8W，求：（1）电源的电动势E和内电阻r；（2）在S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？【答案】（1）8V，1Ω；（2）1.8×10﹣4C，0C【解析】（1）S断开时有：E=I1（R2+R3）+I1rP1=EI1S闭合时有P2=EI2联立可得E=8V；I1=0.5A；r=1Ω；I2=1A（2）S断开时有电容器两端的电压U=I1R2得Q1=CU=30×10-6×0.5×12C=1.8×10-4CS闭合，电容器两端的电势差为零，则有Q2=016．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑与水平面成角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m，有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方的地面上的P点（g取10m/s2），求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小；（2）小环运动到P点的动能。【答案】（1）14.1m/s2；（2）5J【解析】（1）小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力状况如图所示：由平衡条件得即离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为所以加速度为（2）设小环在直杆上运动的速度为，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向水平方向联立解得由动能定理得可得17．在xOy平面内，直线OM与x轴负方向成45°角，以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示。在坐标原点O有一不计重力的粒子，其质量和电荷量分别为m和＋q，以v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，第一次无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变，竖直分速度大小减半、方向相反。电场强度、磁感应强度。求带电粒子：（1）第一次经过OM时的坐标；（2）其次次到达x轴的动能；（3）在电场中运动时竖直方向上的总路程。【答案】（1）（-1m、1m）；（2）；（3）m