2020-2021学年高二物理上学期期末测试卷01（人教版）（解析版）

2020-2021学年高二物理上学期（人教版）

期末测试卷01

考试范围：选修3-1,选修3-2,选修3-5第十六章动量守恒定律

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，平行板电容器两极板A,B间有一个带电油滴P,正好静止在两极板正中间。现将两极板稍

拉开一些，其它条件不变（拉开时间忽略），则（）

A.油滴将向上加速

B.油滴将向下加速

C.电流计中电流由b流向a

D.电流计中始终无电流流过

【答案】B

【详解】

AB.将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，4变大，则根据

E上

d

知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速，故A错误，B正确；

CD.根据

_sS

C---------

4nkd

得，d变大，则电容变小，U不变，根据

gcu

知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向从故CD错误。

故选B。

2.如图所示，MN、P。为两条平行放置的金属导轨，左端接有定值电阻R,金属棒A8斜放在两导轨之

间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离

为/，金属棒与导轨间夹角为60。，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的

电流为（）

BlvgBlvBlv6Blv

C./=2^

A./=RB.1=2RD./=3R

【答案】B

【详解】

当金属棒以速度V水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有效的切

割长度为2，而中产生的感应电动势为

E=—BLv

2

通过R的电流为

,E6BLv

R2R

故选B。

3.如图所示，矩形金属线圈abed与理想变压器的原线圈组成闭合电路，灯泡心、上完全相同，当变压器

原线圈中的抽头P置于最上端时，原、副线圈的匝数比为"：1.矩形线圈外〃在有界匀强磁场中绕垂直

于磁场的从边匀速转动，且磁场只分布在6c边的左侧，磁感应强度大小为8,线圈面积为S,转动的角

速度为㈤，匝数为M线圈电阻不计。则下列说法正确的是（）

A.若减小矩形线圈”反”的转速，灯心会变亮

B.在图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大

NBSco

C.当抽头P置于最上端时，在线圈abed转动的过程中，电压表示数为2〃

D.若仅将线圈必cd的转轴平移至,以边处，且转速不变，则电压表示数也不变

【答案】C

【详解】

A.若减小矩形线圈Med的转速，电流的频率变小，副线圈输出电压变减小，电容器C的容抗变大，与电

容器C串联的灯泡Li变暗，故A错误；

B.图示位置为中性面位置，此时感应电动势为零，故B错误；

C.在线圈Med转动的过程中，线圈中产生的感应电动势的最大值

Em=NBSco

由

/Em2

WT_Uf

-----------=-----/

R2R

得理想变压器原线圈电压的有效值为

4=区

12

副线圈电压表示数为

u-u、=L=a

n2n

故C正确；

D.若仅将线圈"cd的转轴平移至边处，且转速不变，变压器原线圈输入电压变大，副线圈输出电压

也变大，电压表示数变大，故D错误。

故选C。

4.如图所示，小球A质量为2〃?，小球B质量为相，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为〃处由静

止摆下到达最低点恰好与相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是

()

]_

C.4hD.8〃

【答案】B

【详解】

设球A与球B碰撞前一瞬间，球A的速度大小为匕，根据机械能守恒得

2mgh=—x2mv^

球A和球B碰撞过程动量守恒，即

2mvA=3nw共

设两球粘到一起后，能上升的最大高度为由机械能守恒得

1

—x3加吱=3mg*

联立各式解得

，

h7=-4,h

9

故选B。

£

5.一根电阻丝，在时间，内通过2c的电量时，消耗的电能为8J。若该电阻丝在时间内5通过4c的电量

时，电阻丝上所加的电压U和消耗的电能E各是（）

A.U=8V,E=16JB.U=16V,E=16JC.U=8V,E=32JD.U=16V,E=64J

【答案】D

【详解】

因为

U./=§V=4V

02

电流之比为

%

4=_L=%x2，xg=4

A如％弓2L

42

电压之比

区一他一L.4

所以

。2=4%=16V

E2=qyU2=4x16J=64J

D正确，ABC错误。

故选D。

6.如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘

木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为机=0.1kg、带正电q=0.2C的滑块，滑块与绝缘木板

之间动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力；现对木板施加方向水平向左，

大小为F=0.6N的恒力，g取lOm/s一则滑块()

A.先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动

B.一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止

C.速度为6m/s时，滑块开始减速

D.最终做速度为10m/s的匀速运动

【答案】D

【详解】

ABD.由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,静摩擦力能提供的最大加速度为

2

am=ng=5m/s

所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以

F0.6

a=

M+m0.2+0.1

的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重

力时滑块与木板之间的弹力为零，此时

Bqv-mg

解得

v=10m/s

此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动

"=3曲

M0.2

可知滑块先与木板一起做匀加速宜线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为

10m/s的匀速运动.故D正确，AB错误;

C.木块开始的加速度为2m/s),当恰好要开始滑动时

(mg-qvB)-ma

代入数据得

v=6m/s

此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动.故C错误。

故选D。

7.如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强

磁场（环形管的宽度非常小），质量为〃?、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、

B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、

8之间时，A板电势升高到+U,B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B

板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节

磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R,则下列说法正确的是（）

A.环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里

B.粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为2NqU

C.粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变

J_12NmU

D.粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为R、q

【答案】D

【详解】

A.正电荷在A8之间是加速，故电荷顺时针转动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以磁场方向垂直于

纸面向外，选项A错误；

B.粒子在电场中加速，根据动能定理有

纥总=NqU

选项B错误：

丁=24?

C.A板电势变化的周期与粒子在磁场中圆周运动的周期相同，由于粒子在加速速度增大，根据V

可知周期要递减，选项C错误；

D.粒子在电场中加速，由动能定理知

12

NqU=—

解得

丫附

粒子在磁场中由牛顿第二定律有

选项D正确。

故选D。

8.如图所示，物体P以初速度%=5m/s滑到静止于光滑水平地面的水平小车右端，小车Q上表面粗糙，

物体P与小车Q的v-t图象如图乙所示，物体P刚好不从小车Q上掉下来，由图乙中各物理量不能求出的

是（）

甲乙

A.物体P和小车Q之间的动摩擦因数

B.小车Q上表面的长度

C.小车Q的质量

D.物体P与小车Q的质量之比

【答案】C

【详解】

A.由能量守恒得

"mpgl=1勺片一g（勺+叱）v2

质量比由动量守恒定律可以求出，小车的长度由图像的可以求出，速度是已知的，由上面的式子可以求出

动摩擦因数，可以求出A；

B.小车Q上表面的长度等于图像中三角形的面积5m,可以求出B；

C.只能求出两车的质量比，不能求出小车Q的质量，不能求出C；

D.由动量守恒定律得

mpvpi=（ml）+mQ）v

速度是己知的，可以求出物体P与小车Q的质量之比，可以求出D。

故选C。

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.下列情况中能产生感应电流的是（）

A.如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动

B.如图乙所示，条形磁铁插入线圈的过程中

C.如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管8中不动，开关S一直接通时

D.如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管8中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中

【答案】BD

【详解】

A.如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动，不切割磁感线，无感应电流，选项A错误；

B.如图乙所示，条形磁铁插入线圈过程中，磁通量变化，有感应电流产生，选项B正确：

C.如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时，穿过B的磁通量不变，无感应

电流，选项C错误;

D.如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中，线

圈A中的电流变化，穿过线圈B的磁通量变化，会有感应电流产生，选项D正确；

故选BD。

10.如图所示，一对水平放置的足够大的平行金属板均匀分布有等量异种电荷。三个质量相同的小球，从

板间某位置以相同的水平速度丫射入两极板间，落在倾斜绝缘板上的A,B,C三点，其中两个球带异种电

荷，另一个不带电，不考虑倾斜板对匀强电场的影响及电荷间的相互作用，下列说法中正确的是（）

++q

A.落在A点的小球带负电，落在C点的带正电，落在8点的不带电

B.落在4,B,C点的小球在电场中的加速度的关系是%>“8>/■

C.电场力对落在A点的小球做负功

D.三个小球在电场中运动的时间关系是%>左

【答案】AB

【详解】

D.小球垂直电场进入，则在垂直电场线方向做匀速直线运动，根据1=近，因为落在C点水平位移最

大，落在A点的最小，又是相同的水平速度，则运动时间的关系为％<’c,故D错误；

,12

h=—cit

B.小球垂直电场进入，则沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据2，因为

t<t<t

ABCt且4>/%>生，所以故B正确；

A.因为%由此可知落在A点的小球受电场力方向向下，落在C点的小球受电场力方向向

上，落在8点小球不受电场力，又因为电场方向向上，则落在A点的小球带负电，落在C点的带正电，落

在8点的不带电，故A正确；

C.落在A点的小球受电场力方向向下，电场力对落在A点的小球做正功，故C错误。

故选AB。

]_

H.带有a光滑圆弧轨道的质量为例的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为用的小球以

速度均水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（）

A.小球以后将向左做平抛运动

B.小球将做自由落体运动

—AfVg

C.此过程小球对滑车做的功为2

D.小球在弧形槽上升的最大高度为2g

【答案】BC

【详解】

由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水

平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决.因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的

速度为W，小球的速度为0,因而小球将做自由落体运动，对滑车做功

小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度”'，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程

看做完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

Mvo=2Mv,

^Mvl=2x^Mv'2+Mgh

联立解得

力=应

4g

故选BC。

12.如图所示电路中，已知心=&=&，&两端电压为3V,R两端电压为IV。4、&为定值电阻。则

A.以两端电压可能为2V

B.A、8两端电压可能为7V

C.若A、8两端电压为5V,可以判断出Ri,&=4：I

D.若4、8两端电压为5V,可以判断出心.&=1：4

【答案】AB

【详解】

A.设/?=&=&=&，已知后两端电压为3V,q两端电压为IV,根据欧姆定律，流过旧的电流为

_3__2

R「R

流过心的电流为

1_1

故流过电阻&的电流可能为

另一瓦=不

也可能为

314

------1------=一

R4%R

2__4

若流过尺的电流为R,则尺5两端电压为2V；若流过&的电流为R,则&两端电压为4V；故A正确；

B.点A与点8间的电压等于电阻凡与心电压之和；&两端电压为3V,若凡两端电压为2V,则4、B

两端电压5V；&两端电压为3V,若此两端电压为4V,则4、8两端电压7V；故B正确：

CD.若A、8两端电压为5V,说明通过电阻当的电流方向从下向上，电阻几下端的电势较高，上端的电

势较低，则Ri两端的电压等于以与当之和为4V,a两端的电压等于心与R之差为IV；通过足的电流

是通过Ri与&电流之和

-4-1-1=--1

R]R凡

得

-4-----1-=--1

&&R

故CD错误。

故选AB。

三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。

13.利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。

（1）实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图

（选填“甲”或“乙”）图中的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图_（选填

，，甲，，或“乙”）图中的装置。（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）

图甲图乙

（2）若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验。某次实验时碰撞前B滑块

静止，4滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图丙所

示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T,在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80cm范围内，且第

1次闪光时，滑块4恰好位于x=10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略

不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的时刻，A、B两滑块的质量比小八：，如=o

AAAA口叫8

I..............................|Nii|!nf1........nuinunuFjiiiOiiiilLiilLni................：

01020304050607080

图丙

【答案】乙甲2.5T1：3

【详解】

（1）若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选乙图中的装置；若要求碰撞时

动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选甲图中的装置。

（2）第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处，由图丙可知，第二次闪光时A在x=30cm处，第三

T

次闪光时A在x=50cm处，碰撞发生在x=60cm处。分析知从第三次闪光到发生碰撞所需的时间为2,

V

则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻。设碰前A的速度为v,则碰后A的速度为一5,B的速度为

V

2,根据动量守恒定律可得

VV

MAV——niA-22

解得

即

ntB=1：3

14.某一小型电风扇额定电压为5.0V,额定功率为2.5W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流

与其两端电压的关系。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：

A.电源E（电动势为6.0V）

B.电压表V（量程为6V,内阻约8kC）

C.电流表Ai（量程0.6A,内阻约0.2C）

D.电流表A2（量程3A,内阻约0.05C）

E.滑动变阻器心（最大阻值5kC,额定电流100mA）

F.滑动变阻器R2（最大阻值25C,额定电流1A）

（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用，滑动变阻器应选用

（填所选仪器前的字母序号）；

（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图的虚线框内（小电风扇已画出）；

（3）操作过程中发现，电压表读数大于0.5V时电风扇才开始转动。该小组测绘出的小电风扇的电流与其

两端电压的关系曲线如图乙所示，由此判定小电风扇的电阻为Q；

（4）若用电动势为3V,内阻为2.5。的电源对该小风扇供电，电路如图丙所示，则小风扇工作时的机械

功率为W»

（1）电风扇的额定电流为

P_2.5

1=U5.0A=0.5A

从读数误差的角度，应让电流到达量程的三分之二左右，则电流表选择C比较合适。

实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系，则应让测量出的电压、电流的范围足够

大（电压、电流从零开始测起），故滑动变阻器应用分压式接法，而分压式应选阻值较小的滑动变阻器，

则滑动变阻器选择F比较合适。

（2）实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系，则应让测量出的电压、电流的范

围足够大（电压、电流从零开始测起），故滑动变阻器应用分压式接法，电风扇的电阻大约为

R=P2.5Q=ioQ

JR,&=4℃>10Q

可见电风扇的电阻为小电阻，则电流表应用外接法，则电路图如下图所示

（3）电压表读数大于0.5V时电风扇才开始转动，则根据欧姆定律

U0.5

R=102。=2.5。

则小电风扇的电阻为2.5C。

(4)根据闭合电路的欧姆定律有

E=/r+UM

根据能量守恒有

PM=P»+尸机=UM，=/‘RM+P机

根据乙图当电流为0.4A时小风扇的电压为2V,代入数据有

则小风扇工作时的机械功率为0.4W。

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，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度%向右运动，与A发生弹性正

碰，已知％=5向5,根人=61<&,%=41^,加0=21^,c与B之间动摩擦因数〃=0.2,木板B足够长，取

g=10Ms2.求：

(1)B与A碰撞后A物块的速度；

(2)B、C最终的共同速度。

【答案】(1)4m/s；(2)lm/s

【详解】

(I)以AB为研究对象，B与A弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律可有:

mBv0=mAvA+mBvB

由机械能守恒定律可知:

1m21212

-Bv0=-/77Bv；+-mAv-

联立解得

nA=4m/s；VB--\m/s

(2)碰后B反向，与C相互作用；对B、C,由动量守恒定律可知：

mcv()+mBvB~^mc+mB^v

解得

v=lm/s

16.如图为直流电动机提升重物的装置，电源电动势E=90V,内阻尸2。，不计各处摩擦，当电动机以

v=0.6m/s的恒定速度向上提升一质量为50kg的重物时，电路中的电流/=5A。求：

(1)电动机两端的电压为多少？

(2)电动机线圈的电阻为多少？

(3)电动机的效率约为多少？

电动机

【答案】(1)80V；(2)4C；(3)75%

【详解】

(1)电动机两端的电压

U=E—lr=(90-5x2)V=80V

(2)电动机消耗的总功率

p=U7=80x5W=4(X)W

根据能量守恒定律，有

P-mgv+I~R

则电动机线圈的电阻为

A=^^=4O

I2

(3)电动机的效率

mgvx]00%=75%

UI

17.如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电、磁场，电场强度E=1.2xl()3v/m,方向未知，磁感

应强度B=1.0T,方向垂直纸面向里；第二象限的某个矩形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场所(图中未

画出).一质量/n=lxl0-14kg＞电荷量^=lxlO-IOC的带正电粒子以某一速度u沿与九轴负方向成53。角的

方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从B点进入磁场夕区域.一段时间后，粒子经

过x轴上的C点并与x轴正方向成53。角飞出.已知A点坐标为(9,0),C点坐标为(一6,0)»(不计粒

子重力)(sin530=0.8、cos53°=0.6)

(1)求入射粒子的速度v；

(2)求第二象限中匀强磁场的磁感应强度8；

(3)求第二象限磁场所区域的最小面积。

32

［答案］(1)v=1.2xl0m/s.(2)B'=0.02T.(3)S=72cm

【详解】

(1)粒子在第一象限内作直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必须做匀速直线运

动。这样电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，电场£的方向与微粒运动方向垂直，即与x轴正向成37。

角斜向上方。由平衡条件有

Eq=Bqv

解得

E1.2x103,,cI

v=—=~——m/s=1.2x10m/s

(2)粒子从B点进入第二象限的磁场中，轨迹如图所示

粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系可知

2K=(6+9)8S37°=12cm

R=6cm

则有

2

qvB'=m—

R

代入数据解得

B=0.02T

（3）根据分析作图如图所示

则根据几何知识可知

矩形长为

2R=12cm