学易金卷：2020-2021学年高二物理上学期期末测试卷05（新教材人教版2019）

学易金卷：2020-2021学年高二物理上学期期末测试卷（新教材通用）

卷五

考试范围：必修第三册第11、12、13章、选择性必修第一册和第二册第1、2、3章

第Ⅰ卷（选择题，共40分）

一、选择题（本题共12小题，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）

1.（2020·江苏省扬州市高三下学期阶段测试一）下列说法正确的是（　　）

A. 单摆的摆球在通过最低点时合外力等于零

B. 有些昆虫薄而透明的翅翼上出现彩色光带是薄膜干涉现象

C. 变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场

D. 一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大

【答案】B

【解析】

A．单摆的摆球在通过最低点时，回复力等于零，而合外力一定不等于零，故A错误；

B．薄而透明的羽翼上出现彩色光带，是由于羽翼前后表面反射，进行相互叠加，是薄膜干涉现象，故B正确；

C．均匀变化的电场产生稳定磁场，非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，故C错误；

D．根据相对论，则有沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度短，故D错误。

故选：B。

2.（2020·广东省广州市白云区高三下学期3月训练一）如图所示，实线表示一簇关于 x 轴对称的等势面，在轴上有 A、B 两点，则（  ）

A. A 点场强大于 B 点场强

B. A 点电势低于 B 点电势

C. A 点场强方向指向 x 轴负方向

D. 电子从 A 点移到 B 点电势能增加

【答案】D

【解析】

A．电场线与等势面垂直，等势面越密集则电场线越密集，电场线密的地方电场强度大，则A点场强小于B点场强，故A错误；
B．由等势面分布可知，A点电势高于B点电势，故B错误；
C．电场线与等势面垂直并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A点场强方向指向x轴正方向，故C错误；
D．负电荷在高电势点的电势能较小，则电子从 A 点移到 B 点电势能增加，选项D正确。

故选D。

3.（2020·福建省龙岩市高三下学期3月质检）真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1＝0和x2＝4a的两点，在它们的连线上场强E与x关系如图所示（取x轴正方向为场强正方向），以下判断正确的是（　　）

A. Q1带正电、Q2带负电

B. Q1的电荷量是Q2的3倍

C. x轴上a处的电势比2a处的高

D. 带负电的试探电荷从a处移到3a处电场力做正功

【答案】C

【解析】

A．场强为正，所以为正电荷，在处合场强为0，根据场强的叠加法则可知也一定是正电荷，A错误；

B．根据点电荷的场强公式，在处合场强为0

解得

B错误；

C．沿电场线方向电势降低，所以处的电势比处的高，C正确；

D．带负电的试探电荷从a处移到3a处，电场力的方向沿轴负方向，电场力做负功，D错误。

故选C。

4.（2020·云南省墨江县二中高三上学期期末）如图电路中，电源有内阻，当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为

A. 电压表示数增大，电流表示数减少

B. 电压表示数减少，电流表示数增大

C. 两电表示数都增大

D. 两电表示数都减少

【答案】A

【解析】

由题中“当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中”可知，本题考查电路变化，根据闭合电路欧姆定律可分析本题。

当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压

增大，电压表读数增大，并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数

则减小，故A正确。

5.（2020·黑龙江省哈尔滨三中上学期第三次调研）如图所示，有一个表头，满偏电流，内阻，把它改装为量程的电流表，则的阻值为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】

改装为0.6A电流表时，并联电阻的分流电流为

分流电阻的阻值为

选项D正确，ABC错误。

故选D。

6.（2020·山西省临汾市高三上学期高考模拟）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过C点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图：

由几何关系可知，粒子做圆周运动半径为

根据牛顿第二定律得：

解得： ，故C正确．

故选C．

7.（2020·四省八校高三上学期第二次联考如图（俯视图），在竖直向下、磁感应强度大小为2T的匀强磁场中，有一根长0.4m的金属棒ABC从中点B处折成60°角静置于光滑水平面上，当给棒通以由A到C、大小为5A的电流时，该棒所受安培力为

A. 方向水平向右，大小为4.0N

B. 方向水平向左，大小为4.0N

C. 方向水平向右，大小为2.0N

D. 方向水平向左，大小为2.0N

【答案】D

【解析】

金属棒的有效长度为AC，根据几何知识得L=0.2m，根据安培力公式得

F=BIL=2×5×0.2=2N

根据左手定则可判定安培力水平向左，故ABC错误，D正确；

故选D。

8.（2020·广东省七校联合体高三第二次联考）如图所示，MN、PQ是倾角为的两平行光滑且足够长的金属导轨，其电阻忽略不计。空间存在着垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab、cd垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，导轨宽度为L，与导轨平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力。现将cd棒由静止释放，当细线被拉断时，则（　　）

A. cd棒的速度大小为 B. cd棒的速度大小为

C. cd棒的加速度大小为gsin D. cd棒所受的合外力为2mgsin

【答案】A

【解析】

AB．据题知，细线被拉断时，拉力达到

根据平衡条件得：对ab棒

则得ab棒所受的安培力大小为

由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由

得

联立解得，cd棒的速度为

故A正确，B错误；

CD．对cd棒：根据牛顿第二定律得

代入得

故CD错误。

故选A。

9.（2020·河北省衡水中学高三上学期第五次调研）如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率η=，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．则下列说法正确的是（ ）

A．光线第一次入射到AB界面上时，既有反射又有折射

B．光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在CD界面

C．第一次的出射点距Ccm

D．光线第一次射出棱镜时，折射角为45°

【答案】BCD

【解析】

试题分析：ABD、根据sinC=，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向．

C、根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离．

解：ABD、因为sinC=，临界角C=45°

第一次射到AB面上的入射角为60°，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60°，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30°

根据折射定律得，n=，解得θ=45°．

即光从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方，故A错误，BD正确．

C、根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cm．

∠BFG=∠BGF，则BG=4cm．所以GC=4cm．

所以CE=cm，故C正确．

故选BCD．

10.（2020·山东省高三下学期开学收心检测）一列横波沿x轴传播，在某时刻x轴上相距s=4m的两质点A、B（波由A传向B）均处于平衡位置，且A、B间只有一个波峰，经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，则该波的传播速度可能为（　　）

A. 1m/s B. 1.5m/s C. 3m/s D. 5m/s

【答案】AC

【解析】

根据题意画出A、B间只有一个波峰的所有波形如图所示。由于波的传播方向由A到B，可分为下列四种情形：

a图中，λ=8m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知T=4s，则波速

b图中，λ=4m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知

，

则波速

c图中，λ=4m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知，则波速

d图中，；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知

，

则波速

故AC正确，BD错误。

故选AC。

11.（2020·安徽省六安市一中高三下学期模拟六）两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙两滑块的质量分别为m1=3m、m2=2m，且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度v0（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L，重力加速度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用v1、v2表示，下列正确的说法是（　　）

A．v1∶v2=1∶5 B．v1∶v2=1∶6

C．v0的最小值为 D．v0的最小值为

【答案】BC

【解析】

AB．两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v，则有

m1v＝m1v1＋m2v2

由机械能守恒定律得

m1v2＝m1v12＋m2v22

联立解得

v1＝，v2＝

则二者速度大小之比为

v1∶v2＝1∶6

A错误，B正确；

CD．当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则

－μm2gL＝－m2v22

碰前滑块甲做减速运动

－μm1gL＝m1v2－m1v02

可得

v0＝

C正确，D错误。

故选BC。

12.（2020·黑龙江省实验中学高三下学期2月第一次月考）如图甲所示，左侧接有定值电阻的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=lm。—质量m=2kg，阻值的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）(　　)

A. 金属棒克服安培力做的功W1=0.5J

B. 金属棒克服摩擦力做的功W2=4J

C. 整个系统产生的总热量Q=5.25J

D. 拉力做的功W=9.25J

【答案】CD

【解析】

A．由速度图像得：v=2x，金属棒所受的安培力

代入得

FA=0.5x

则知FA与x是线性关系。当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为

即金属棒克服安培力做的功为

W1=025J

故A错误；

B．金属棒克服摩擦力做的功为

W2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J

故B错误；

CD．根据动能定理得

其中v=2m/s，μ=0.25，m=2kg，代入解得拉力做的功为

W=9.25J

整个系统产生的总热量为

故CD正确。

故选CD。

第Ⅱ卷（实验题和计算题，共60分）

二、实验题（本题共2小题，共14分）

13.（2020·贵州省铜仁市高三下学期适应性测试一）如图所示，是把量程为0~10mA的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池电动势E=1.5V。

(1)经改装后，若要确定“0”Ω刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调节滑动变阻器R的阻值，使原电流表指针指到____________mA刻度处；

(2)改装后的欧姆表的内阻值为____________Ω，电流表2mA刻度处应标____________Ω。

【答案】    (1). 10    (2). 150    (3). 600

【解析】

(1)[1]根据闭合欧姆定律

可知，当电流最大时，测量电阻最小，即若要确定“0”Ω刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调节滑动变阻器R的阻值，使原电流表指针指到10mA刻度处

(2)[2]改装后欧姆表的内阻为

[3]2mA刻度处标

14.（2020·山东省多地市高三下学期线上模拟）某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件，其横截面为同心圆环，如图甲所示，该同学想知道中空部分的内径d，但该元件的内径太小，无法直接测量，他设计了如下实验进行测量，已知该元件的长度L及电阻率ρ。

(1)用螺旋测微器测元件的外径D，结果如图乙所示，该读数为__________mm；

(2)用多用电表测粗其阻值，多用电表的“Ω”挡有“×1”“×10”“×100”“×1k”四挡，选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新调零后进行测量，结果如图丙所示，则该元件的电阻为__________Ω；

(3)为精确地测量该元件电阻，有下列器材可供选择：

A.电流表A1（量程50mA，内阻r1=100Ω）

B.电流表A2（量程150mA，内阻r2大约为40Ω）

C.电流表A3（量程3A，内阻r3大约为0.1Ω）

D.滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）

E.直流电源E（9V，内阻不计）

F.导电元件Rx

G.开关一只，导线若干

请选择合适的仪器，将实验电路图画在方框内，并标明所选器材的代号___________；

(4)若测得该元件的电阻为R，则元件的内径d=___________。（用已知量和所测物理量的符号表示）

【答案】    (1). 6.005    (2). 90    (3).     (4).

【解析】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为6.0mm，可动刻度为0.5×0.01mm=0.005mm，所以最终读数为6.0mm+0.005mm=6.005mm；

(2)[2]选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，则选用的是“×10”，由图可知，该元件的电阻为；

(3)[3]由于实验器材中没有电压表但电流表A1内阻已知，且电流表A1能测最大电压为

则可能电流表A1充当电压表，由于测量过程中流过电阻的电流不宜太大，则电流表选A2，为了多测量数据而减小误差，则滑动变阻器应用分压式，由电流表A2的内阻未知，则用外接法，电路图如图

(4)[4]由电阻定律有

解得

三、计算题（本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数据计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）

15.（2020·河北省石家庄市高三下学期质检）.如图所示，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的圆心为O，半径为R，现将质量为m、带电量大小为q的带正电的粒子(粒子重力忽略不计)，从a点由静止经电场加速后从小入口c沿圆环直径射入磁场区域．在圆心O的正上方圆环还有一个小出口b．己知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失，B、R、m、q均为已知量．

(1)两极板间电压为U，请求出带电粒子在磁场中的运动半径r；

(2)两极板间电压U可取任意值，如果带电粒子能从出口b射出，则存在一个粒子从入口c射入，从出口b射出的最短时间，求这个最短时间；

(3)两极板间电压U取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b出口射出，求两极板间所加电压U取的可能值．

【答案】（1）；（2）；（3）   

【解析】

（1）粒子在电场中加速，由动能定理：qU＝mv2
粒子在磁场中做错匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力： 
由以上两式可得： 

（2）经分析可知：粒子与圆环碰撞一次后从出口b射出，对应的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图所示．

由几何关系得： 
而
则最短时间
（3）设粒子在非阴影区与圆环碰撞n次后从出口b射出，每段圆弧所对圆心角θ，经分析由几何关系得： ；
由（1）问的结论及以上两式可得： ，（n=1，2，3…）

16.（2020·广东省东莞市光明中学高三下学期第一次月考）.如图所示,空间存在方向斜向上且与水平方向夹角为的匀强电场,电场强度大小为，范围足够大。电场中有一绝缘挡板MN,与水平方向夹角为θ =,质量为m、电荷量为q、带正电的小球从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出,小球运动过程中恰好不和挡板碰撞,小球运动轨迹所在平面与挡板垂直,重力加速为g,求:

(1)小球贴近挡板时速度的大小;

(2)小球贴近挡板时距M点的距离。

【答案】(1)(2)

【解析】

(1)由受力分析知，等效重力为mg，方向水平向右，由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设向上为x，向右为y方向，有

解得

(2)设粒子贴近挡板时位置为P，则有

运动时间为

x轴方向位移为

小球贴近挡板时距M点的距离

17.（2020·皖豫联盟体高三上学期12月月考）如图所示，间距为、足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨的左端接有阻值为的定值电阻，导轨自身电阻不计。导轨所在的区域内存在着与轨道平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向竖直向上。一根长为、电阻为、质量为的导体棒垂直导轨放置在轨道的左端，且与导轨接触良好。现用水平向右的恒力拉动导体棒，一段时间后导体棒的运动状态保持稳定，速度不再增加；之后在某时刻撤去拉力，已知从开始运动到撤去拉力，导体棒运动的位移为，导体棒运动的过程中始终与导轨垂直。求：

（1）导体棒稳定运动时的速度；

（2）在导体棒运动过程中，电阻产生的热量；

（3）撤去拉力后，导体棒滑行的距离。

【答案】(1)     (2)    (3)

【解析】

(1)导体棒的运动状态保持稳定时受力平衡有

设此时导体棒的速度为，由欧姆定律得

联立以上两式可得

(2)根据能量守恒定律，在导体棒运动的整个过程中产生的总热量为

因为电阻和导体棒串联，所以

(3)撤去拉力后，设某时刻通过导体棒的电流为i，导体棒的速度为，在时间内，根据动量定理，取向左的方向为正方向，则

即

等式两边求和有

设从撤去拉力到导体棒停止的过程中，通过导体棒的截面的电荷量为，可解得

设导体棒从撤去拉力到停止的过程中通过的位移为，时间为，在此过程中平均电动势

平均电流

通过导体样的电荷量

联立以上各式可得

18.（2020·山西省八校高三上学期第一次联考如图所示，一个截面为半圆的玻璃砖，O为圆心，MN是半圆的直径，它对红光和紫光的折射率分别为n1、n2，与直径平行放置一个光屏AB，AB与MN的距离的为d．现有一束由红光和紫光组成的复色光从P点沿PO方向射入玻璃砖，∠PON=45°．试问：

（1）若红光能从MN面射出，nl应满足什么条件？

（2）若两种单色光均能从MN面射出，它们投射到AB上的光点间距是多大？

【答案】(1) ;(2)

【解析】

(1)若红光能从面射出，在面上不能发全反射，则红光的临界角为

由临界角公式得：

解得：

(2)复色光经折射后的光路如图，由折射定律得：

根据几何关系有：

联立解得：