云南省玉溪一中2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析

1、云南省玉溪一中2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）总分：100分 考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。1. 以下有关磁场的相关知识叙述正确的是（）a. 磁场和磁感线都是客观存在的b. 磁场中某点磁感应强度的方向跟放在该点的试探电流元所受的磁场力方向一致c. 将通电导线放在磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度零d. 运动电荷在磁场中所受洛伦兹力大小不一定等于qvb【答案】d【解析】【详解】a磁场是客观存在的，磁感线是假象出来的曲线，实际并不存在，a错误；b根据左手定则可知，磁感应强度的方向与电

2、流受到的安培力的方向垂直，b错误；c通电导线平行放在某处不受安培力作用，可能是电流的方向与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，c错误；d当电荷在磁场中的运动方向与磁感应强度的方向不垂直时，所受洛伦兹力的大小就不等于qvb，d正确。故选d。2. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其图象如图所示，已知两车在2s时并排行驶，则（）a. 甲车的加速度大小是乙车加速度大小的两倍b. 在t=0时，甲车速度为零，加速度也为零c. 在t=0时，乙车在甲车前面d. 在t=2s时，是甲车追上乙车【答案】a【解析】【详解】av-t图像的斜率表示加速度，由图可得，甲的加速度为乙的加速度为则甲车的加速度大小是乙车加

3、速度大小的两倍，a正确；b由图可知，在t=0时，甲车速度为零，但是加速度不为零，b错误；c两车在2s时并排行驶，在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移大小，则2s内甲车的位移为2s内乙的位移为所以在t=0s时，甲车在前乙车在后，相距10 m，c错误；d开始时，甲车在前乙车在后，则在t=2s时，是乙车追上甲车，d错误。故选a。3. 按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔在桌面上竖直向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将竖直向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力，则笔从最低点运动至最高点的过程中（）a. 笔的动能一直增大

4、b. 笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小c. 弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量d. 笔、弹簧和地球组成的系统机械能守恒【答案】d【解析】【详解】a笔向上先做加速运动，到加速度变为零再做减速运动，则动能先增加后减小，a错误；b笔的重力势能，动能，弹簧的弹性势能总和一定，动能先增加后减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加，b错误；c笔的重力势能，动能，弹簧的弹性势能总和一定，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的增加量，而最后动能为0，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量，c错误；d对笔、弹簧和地球组成的系统，整个过程能量只在动能和势能之间相互转化，总

5、的机械能守恒，d正确。故选d。4. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设m点和n点的电势分别为，粒子在m和n时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为下列判断正确的是a. b. c. d. 【答案】d【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从m运动到n；从n运动到m，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从m运动到n点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小

6、，即，负电荷在低电势处电势能大，故；若粒子从n运动到m，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，d正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况5. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质d形盒d1、d2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）a. 被加速的粒子从磁场中获得能量b. 被加速的粒子在

7、回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大c. 只增加狭缝间的加速电压，被加速粒子离开加速器时的动能增加d. 想要粒子获得的最大动能增大，可增大d型盒的半径【答案】d【解析】【详解】a被加速的粒子在电场中加速获得能量，而不是从磁场中获得能量，故a错误；b被加速的粒子在回旋加速器中的磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，即带电粒子在磁场中运动的周期为联立解得由上式可知，带电粒子做圆周运动的周期与半径无关，故b错误；cd设d型盒的半径为r，加速粒子离开加速器时的速度vm满足解得加速粒子离开加速器时的动能从上式可知，只增加狭缝间的加速电压，被加速粒子离开加速器时的动能不会变，想要粒子获得的

8、最大动能增大，可增大d型盒的半径，故c错误，d正确。故选d。6. 如图所示，三根长为l的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小均为i，其中a、b电流在c处产生的磁感应强度的大小分别为b0，导线c位于水平面上且处于静止状态，则导线c受到的静摩擦力的大小和方向是（）a. ，水平向左b. ，水平向右c. ，水平向左d. ，水平向右【答案】b【解析】【详解】a、b电流在c处产生的磁感应强度的大小分别为b0，根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系，则有：再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为由于导线c位于水平面处于静止状态，所以导线c受到的静摩擦力大小为，方向水平向右；

9、故选b。7. 如图所示，在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷q，金属板表面绝缘，a、b两点是金属板内的两点，带正电的金属小球（可视为质点，且不影响原电场）自左以初速度v0向右运动，则（）a. a点电势高于b点电势b. a点的电场强度大于b点的电场强度c. 小球一直做匀速直线运动d. 小球的动能先减小后增加【答案】c【解析】【详解】金属板在q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，内部场强处处为零，a点的电场强度大小等于b点的电场强度大小，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力

10、对小球不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动；故a b d错误c正确；故选c。8. 如图所示，水平方向的匀强电场中，有一质量为m的带电小球，用长为l的细线悬于点o，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为，现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为（ ）a. b. c. d. 0【答案】c【解析】以小球为研究对象，受重力与电场力，所以求出二力的合力： ，电场力为：fe=mgtan，由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值处在重力和电场力合力的反方向上，且二力的合力提供向心力由牛顿第二定律

11、得： ，小球的最小速度： ；故选c点睛：对小球受力分析，求出电场力与合力，由牛顿第二定律即可正确解题，此题可以把二力的合力视为等效场，求出等效重力加速度，在等效重力加速度的反方向上时，速度最小二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，其中漏选得2分。9. 如图所示，两质量相等的卫星a、b绕地球做匀速圆周运动，用r、t、ek、s分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积下列关系式正确的有a. tatbb. ekaekbc. sa=sbd. 【答案】ad【解析】【详解】根据 知，轨道半径越大，周期越大，所以tatb，

12、故a正确；由 知： ，所以vbva，又因为质量相等，所以ekbeka，故b错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以c错误；由开普勒第三定律知，d正确【点睛】重点是要掌握天体运动的规律，万有引力提供向心力选项c容易错选，原因是开普勒行星运动定律的面积定律中有相等时间内行星与太阳的连线扫过的面积相等这是针对某一行星的，而不是两个行星10. 如图甲、乙所示，倾角为的光滑固定斜面上有一滑块m，在滑块m上放置一个质量为m的物块，从静止释放，m和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，下列说法正确的是（）a. 图甲和图乙中的物块m都处于失重状态b. 图甲中的物块m不受摩擦

13、力c. 图乙中的物块m不受摩擦力d. 图甲和图乙中的物块m所受摩擦力的方向都沿斜面向下【答案】ac【解析】【详解】am和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的加速度，图甲和图乙中的物块m均处于失重状态，故a正确；b图甲中以m为研究的对象。由于两个物体一起做匀加速向下运动，m相对m有向右运动的趋势，所以物块m受到摩擦力，方向水平向左，故b错误；c图乙中，设物块m受到摩擦力大小为f，方向平行于斜面向上。对整体，由牛顿第二定律得（m+m）gsin=（m+m）a对m，由牛顿第二定律得 mgsin-f=ma解得 f=0说明物块m不受摩擦力，故c正确；d结合b、c选项，知图甲中

14、物块m受到摩擦力，方向水平向左，图乙中物块m不受摩擦力，故d错误。故选ac。11. 用一根长l的轻绳，吊一质量为m的带电小球，放在磁感应强度为b，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当球第一次摆到最低点时，轻绳的拉力恰好为零（重力加速度为g），忽略空气阻力，则（）a. 小球带正电b. 小球第一次摆到最低点的速度小于c. 小球向左摆动所能到达的最高点与释放点等高d. 小球第二次经过最低点时，轻绳拉力等于【答案】cd【解析】【详解】a小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好为零，说明洛伦兹力竖直向上，由左手定则判断可知可知，小球带

15、负电，a错误；b下落的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，设此时速度为v，由动能定理得解得b错误；c由于忽略空气阻力，且洛伦兹力不做功，所以小球摆动过程中机械能守恒，则小球向左摆动所能到达最高点与释放点等高，c正确；d小球第一次经过最低点时，设洛伦兹力为，根据牛顿第二定律有解得小球第二次经过最低点时，设轻绳拉力为ft，根据牛顿第二定律有解得d正确。故选cd。12. 在如图所示电路中，电源内阻不可忽略，开关s闭合后，在滑动变阻器r2的滑片由a向b缓慢滑动的过程中，电压表示数为u，电流表示数为i，电压表示数变化量大小为，电流表示数变化量大小为，则（）a. 电压表的示数u增大，电流表的示数i减小b.

16、 电容器c所带电荷量减小c. 不变d. 电源的输出功率一定增大【答案】ac【解析】【详解】a滑动变阻器r2的滑片由a向b缓慢滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路总电阻增大、总电流减小、电流表示数减小；电流减小，r1和r分得的电压减小、则滑动变阻器分得的电压增大、所以电压表的示数增大，故a正确；b电容器两端电压等于滑动变阻器两端电压，故电容器两端电压增大，根据q=cu可知电容器c所带电荷量增大，故b错误；c设电压表的示数为u、电流表的示数为i，根据闭合电路的欧姆定律e=u+i（r1+r）可得u=e-i（r1+r）则保持不变，故c正确；d当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由于

17、不知道r和r1的大小关系，故无法判断电源的输出功率的变化情况，故d错误。故选ac。13. 如图甲所示有界匀强磁场i的宽度与图乙所示圆形匀强磁场的半径相等，不计重力的粒子从左边界的m点以一定初速度水平向右垂直射入磁场i，从右边界射出时速度方向偏转了角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了2角，已知磁场i、的磁感应强度大小分别为b1、b2,粒子在磁场中的运动时间分别为t1、t2，则b1与b2的比值和t1与t2的比值分别为（）a. b. c. d. 【答案】bd【解析】【详解】ab粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得粒子运动轨迹如图所示：

18、由几何知识得 则磁感应强度之比故a错误，b正确；cd粒子在磁场中运动时间为 所以故c错误，d正确。故选bd。14. 如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，o为两点电荷连线的中点。a、b为斜面上的两点，且。一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从a点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达b点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（）a. 小物块带正电，从a运动到b点，加速度先增大后减小b. 小物块带负电，从a运动到b点，电势能先减小后增大c. 小物块运动到o点时具有最大速度d. 小物块能回到a点，且速度大小等于v0【答案】bd【解析】【详解】ab

19、从a到b，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可知滑块带负电，从a到o，电场力做正功，电势能减小；从o到b电场力做负功，电势能变大；因在o点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与ab两点的位置关系不确定，则不能确定滑块加速度的变化情况，选项a错误，b正确；c因滑块在o点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到o点以下某位置时具有最大速度，选项c错误；d小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到a点，且速度大小等于v0，选项d正确。故选bd。三、实验题：

20、第15题每空1分，第16题每空2分，共17分。15. 某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，可知其长度为_cm(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，可知其直径为_mm(3)用伏安法测此圆柱体的电阻的实验中，待测电阻rx约为20，电压表v的内阻约为2k，电流表a的内阻约为10，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，用计算电阻，其中_（填“甲”或“乙”）图计算更接近待测电阻的真实值，且甲图测量值_（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，乙图测量值_（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。【答案】 (1). 5.015cm (2

21、). 4.699mm(4.697-4.699mm) (3). 乙 (4). 大于 (5). 小于【解析】【详解】(1)1由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，其示数为50mm+30.05mm=50.15mm=5.015cm；(2)2由图示螺旋测微器可知，其示数为4.5mm+19.90.01mm=4.699mm；(3)345由题意可知为减小实验误差，电流表应采用外接法，选择图乙所示电路图实验误差较小，电阻测量值更接近真实值；由图甲所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；由图乙所示电路图可

22、知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。16. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中e是电池；r1、r2、r3、r4和r5是固定电阻，r6是可变电阻；表头的满偏电流为2ma，内阻为200。虚线方框内为换挡开关，a端和b端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压20v挡和50v挡，直流电流10ma挡和20ma挡，欧姆100挡。(1)图（a）中a端与_（填“红”或“黑”）色表笔相连接。 (2)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时b端是与“2”连接的，则多用电表读数为_ma；若此时b端

23、是与“3”连接的，则读数为_；(3)关于r6的使用，下列说法正确的是_（填正确答案标号）。a在使用多用电表之前，调整r6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置b使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整r6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置c使用电流挡时，调整r6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(4)根据题给条件可得r1+r2=_，r4=_。【答案】 (1). 黑 (2). 5.9ma (3). 1100 (4). b (5). 50 (6). 1960【解析】【详解】（1）1 多用电表的电流流向为红表笔流入，黑表笔流出，当多用电表作为欧姆表使用时，a端接内部电源的正极，应为黑表笔。（2）2

24、b端是与“2”相连的，是电流挡的小量程10ma，分度值是0.2ma，指针指在29.5格，则多用电表读数为0.2ma29.5=5.9ma3此时b端是与“3”相连的，是欧姆挡，指针指在11的位置，则读数为11100=1100（3）4 由电路图可知，r6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要进行调节，故b正确，ac错误；故选b。（4）5由图可知，开关接位置2时，是电流挡的小量程，当接2时量程应为i1=10ma；根据串并联电路规律可知6 开关接位置4时，是电压挡的小量程u1=20v，根据串并联电路规律可知解得四、计算题：共3小题，共35分。17

25、. 如图所示u形平行金属导轨与水平面成37角，金属杆ab横跨放在导轨上，其有效长度l为0.5m，质量m为0.2kg，与导轨间的动摩擦因数为0.5，空间存在竖直向上的磁感应强度b为2t的匀强磁场，要使ab杆在导轨上保持静止，则ab杆中的电流的最大值不能超过多大？（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8）【答案】【解析】【详解】当电流最大时，杆刚好要沿斜面向上运动，受力分析如图在x轴在y轴而联立并代入数据解得18. 在平面直角坐标系xoy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的m点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的n点与x轴正方向成60角