四川省宜宾市第四中学2020-2021学年高二上学期期中考试理综物理试题含答案解析

四川省宜宾市第四中学【最新】高二上学期期中考试理综物
理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．法拉第在研究电磁感应现象时，将两个线圈绕在同一个铁环上，简化电路如图所示，下列关于法拉第研究过程的说法正确的是
A．闭合开关S的瞬间，右侧线圈中不产生感应电流
B．闭合开关S以后，右侧线圈中产生稳定的感应电流
C．断开开关S的瞬间，右侧线圈中产生感应电流
D．断开开关S的瞬间，右侧线圈中不产生感应电流
2．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是：（）
A．只要系统内存在着摩擦力，系统的动量的就不守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只有系统所受的合外力为零，系统的动量才守恒
D．只要系统所受外力的冲量的矢量和为零，系统的动量就守恒
3．图示装置可以模拟避雷针作用,其中c为恒定直流电源,当闭合开关时,恰好看不到放电现象．保持开关闭合,为了能看到放电现象(板间电场超过某一临界值),下列做法可行的是
A．仅将M板下移,但不与A或B接触
B．仅将M板上移
C．仅将M板向右移动
D．仅将两板间抽成真空
4．真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是：（）
A ．A 点的电势低于
B 点的电势 B ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度
C ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度
D ．正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做负功
5．类似双星运动那样，两个点电荷的质量分别为m 1、m 2，且带异种电荷，电荷量分别为Q 1、Q 2，相距为d ，在库仑力作用下不计万有引力各自绕它们连线上的某一固定点，在同一水平面内做匀速圆周运动，已知m 1的动能为E k ，则m 2的动能为（ ） A ．12
k Q Q k E d - B ．12
2k Q Q k E d - C ．112
2k m Q Q k
E m d
- D ．212
1k m Q Q k
E m d
-
二、多选题
6．如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R 0、滑动变阻器R 串联，已知0R r =，滑动变阻器的最大阻值为2r ．当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A ．电路中的电流变大
B ．电源的输出功率先变大后变小
C ．滑动变阻器消耗的功率变小
D ．定值电阻R 0上消耗的功率先变大后变小
7．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ）
A ．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比
B ．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比
C ．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零
D ．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
8．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图所示．一个比荷为2C/kg的小物块从该水平面内的C点静止释放，其运动的v-t图象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法中正确的是（）
A．在A、B、C三点中，B点电场强度最大，其电场强度E=1V/m
B．由C到A的过程中，物块的电势能先增大后减小
C．由C到A的过程中，电势逐渐升高
D．A、B两点电势差U AB=5V
三、实验题
9．研究两个小球在轨道水平部分碰撞的规律（动量守恒定律）：先安装好如图1实验装置，在地上铺一张白纸．白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O．之后的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．
（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________．
A．A、B两点间的高度差h1
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
（2）当所测物理量满足________________时（用所测物理量的字母表示），说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足_________________时（用所测物理量的字母表示），说明两球碰撞发生弹性碰撞．
（3）完成上述实验后，某实验小组对装置进行了如图2所示的改造．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为__________________（用所测物理量的字母表示）．
10．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：
A．电流表(0～200mA，内阻0.5Ω);
B．电流表(0～0.6A，内阻0.01Ω);
C．电压表(0～3V，内阻5kΩ)；
D．电压表(0～15V，内阻50kΩ);
E．滑动变阻器(0～10Ω，0.5A)；
F．滑动变阻器(0～1kΩ，0.1A)；
G．电源(3V);
H．电键一个，导线若干．
①为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是________．
②在虚线框中画出完成此实验的电路原理图______，并将实物按电路图用导线连好
______．
③此实验描绘出的I-U图线是________(填“曲线”或“直线”)，其原因是_________.
四、解答题
11．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F的大小；
(2)小球的质量m；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．
12．如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5⨯103V加速后以速度V垂直等间距的进入电压U2=180V,间距为d=1.0cm,板长l=5cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=10cm的屏幕上的P点，求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v0=?
（2）打在屏幕上的侧移位移OP=?
参考答案
1．C
【解析】
当开始S接通的瞬间，N线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，故A错误．开关闭合稳定后，线圈N中磁通量不发生变化，不产生感应电流．故B错误．当开关S断开的瞬间，N 线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，故C正确，D错误．故选C．
2．D
【解析】
【详解】
若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。

故A错误；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒。

故B错误；当系统所受的合外力远小于内力时，系统的动量也守恒，选项C错误；只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒；故D正确；故选D。

3．A
【解析】
【详解】
尖端电荷比较密集，形成的电场强度越大，容易击穿空气．则仅将M板下移，但不与A或B接触，则场强变大，容易放电，选项A正确；仅将M板上移，则场强变小，不容易放电，选项B错误；仅将M板向右移动，场强不变，则也看不到放电，选项C错误；仅将两板间抽成真空，场强不变，则也看不到放电，选项D错误；故选A；
4．C
【解析】
【详解】
r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，由图看出，A点的电势高于B点的电势，故A错误。

根据场强公式E=U/d知，图象斜率大小等于场强，则得A点的电场强度大于B 点的电场强度，故B错误，C正确。

正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A 指向B，所以电场力做正功，故D错误。

故选C。

5．B
【详解】
对于质量m 1，它们的库仑力提供其向心力．即2
1212Q Q v k m d r =；对于质量m 2，它们的库仑
力提供其向心力．即21222
Q Q v k m d d r
=-；则它们总的动能为：12m 1v 2+12m 2v 2
=k 12 2Q Q d ；所以m 2的动能为k 12
2Q Q d
-E K ，故选B ． 6．AC 【详解】
A ．当滑动变阻器滑片P 由a 端向b 端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，故A 正确，符合题意；
B ．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，
0R R r ≥=外，当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，外电路电阻从3r 减小到r ，由于整
个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故B 错误，不符合题意；
C ．把R 0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r ，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，随着外电阻从2r 减到0的过程中，输出功率减小，故C 正确，符合题意；
D ．当滑动变阻器滑片P 由a 端向b 端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，
可知电路总电流变大，根据2
0P I R = ，R 0不变，定值电阻R 0上消耗的功率变大．故D 错误，
不符合题意． 【点睛】
分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R 0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率． 7．ABC 【详解】
A ．人和船组成的系统动量守恒。

设人的质量为m ，瞬时速度为v ，船的质量为M ，瞬时速度为v '，人走的方向为正方向，则有
0mv Mv =-'
解得
mv Mv ='
则有
v M
v m
=
' 所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故A 正确； B ．人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为F a M
'=
，F a m =，
则有a m
a M
'=，故B 正确；
C ．人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为0，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零，故C 正确；
D ．当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故D 错误。

故选ABC 。

8．AD 【解析】
试题分析：据v-t 图可知物块在B 点的加速度最大，为224/2/75
v a m s m s t ===-，所受的电场力最大为 F=ma=2N ，据F
E q
=
知，B 点的场强最大为 E=1V/m ，故A 正确．据v-t 图可知，由C 到A 的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B 错误．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，故C 正确．据V-t 图可知A 、B 两点的速度，在根据动能定理得22
1122
AB B A qU mv mv =-，由图知，v A =6m/s ，v B =4m/s ，解得U AB =-5V ，故D 错误．故选AC.
考点：v-t 图线；动能定理；电场强度
9．C m 1•OP=m 1•OM+m 2•ON m 1•（OP ）2
=m 1•（OM ）2
+m 2•（ON ）2
m 1√l 2=m 1√l 1+m 2√l 3
【解析】
(1)根据动量守恒得,m 1⋅OP =m 1⋅OM +m 2⋅ON ,所以除了测量线段OM 、OP 、ON 的长度外,还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m 1、m 2. 故选：C 。

(2)因为平抛运动的时间相等,则水平位移可以代表速度,OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移,该位移可以代表A球碰撞前的速度,OM是A球碰撞后平抛运动的位移,该位移可以代表碰撞后A球的速度,ON是碰撞后B球的水平位移,该位移可以代表碰撞后B球的速度,当所测物理量满足表达式m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON,说明两球碰撞遵守动量守恒定律,由功能关系可知,
只要1
2m1v02=1
2
m1v12+1
2
m2v22成立，则机械能守恒,故若m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2，说明碰撞过
程中机械能守恒，说明两球的碰撞是弹性碰撞。

(3)碰撞前,m1落在图中的P′点,设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后,m1的落点在图中M′点,设其水平初速度为v′1,m2的落点是图中的N′点,设其水平初速度为v2.设斜面BC与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：L p sinα=1
2
gt2，L p cosα=v1t
解得v1=√gL2cos2α
2sinα
同理v′1=√gL1cos2α
2sinα
v2=√gL3cos2α
2sinα
可见速度正比于√l
所以只要验证m1√2=m1√1+m2√3
10．（1）A、C、E、F、G．
（2）如图．
（3）曲线，随着温度的升高，电阻增大．
【详解】
试题分析：器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I ﹣U 图线是一条曲线．
解：（1）灯泡的额定电压为3V ，所以电压表的量程选择3V 的误差较小，额定电流I=≈130mA ，所以电流表的量程选择200mA 的，
灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E ，另外，还需要电源、电键和导线．
故实验中应选择的仪器是A 、C 、E 、G 、H ．
（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R==22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．
电路图和实物连线图如图所示．
（3）此实线图2中描绘出的I ﹣U 图线是曲线，其原因是由于温度升高，电阻增大． 故答案为（1）A 、C 、E 、F 、G ．
（2）如右图．
（3）曲线，随着温度的升高，电阻增大．
【点评】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．
11．(1)F =3.0×10－3N (2)m =4.0×10－4kg (3)v =2.0m/s
【详解】
(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得tan qE mg θ
=，所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯===⨯⨯︒； (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则21(1cos37)2
mgl mv -︒=
，解得v =2m/s ． 12．（1）4×107m/s （2）0.75cm
【解析】
【分析】
（1）动能定理求出电子进入偏转电场的速度；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，应用类平抛运动规律与匀速直线运动规律求出电子的偏移量；
【详解】
（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU 1=12mv 02−0， 代入数据解得：v 0=4×107m/s ，故电子进入偏转电场的速度：v 0=4×107m/s ；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，
在水平方向：l =v 0t 1，
在竖直方向上：由牛顿第二定律得：a =
eU 2md 飞出电场时偏转量为：y 1=12at 12
代入数据解得：y 1=0.25cm ；
设电子从偏转场穿出时，沿y 方向的速度为v y ，穿出后到达屏S 所经历的时间为t 2， 在此时间内电子在y 方向移动的距离为y 2，有：v y =at 1
运动时间：t 2=s
v 0 ，竖直位移：y 2=v y t 2， 故电子到达屏S 上时，它离O 点的距离：OP =y 1+y 2，
代入数据解得：OP ==0.75cm 。

【点睛】
解决本题的关键是搞清楚每一过程做的是什么运动，然后根据运动的合成与分解进行求解，注意牛顿第二定律与运动学公式综合求解是本题解决的重点。