學易金卷：2020-2021學年高二物理上學期（人教版）期末測試卷01考試范圍：選修3-1，選修3-2，選修3-5第十六章動量守恒定律一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每個題目只有一個選項符合要求，選對得4分，選錯得0分。1．如圖所示，平行板電容器兩極板A，B間有一個帶電油滴P，正好靜止在兩極板正中間。現將兩極板稍拉開一些，其它條件不變（拉開時間忽略），則（）A．油滴將向上加速B．油滴將向下加速C．電流計中電流由b流向aD．電流計中始終無電流流過【答案】B【詳解】AB．將兩極板的距離拉開一些，由于電勢差不變，d變大，則根據知，電場強度變小，電場力減小，油滴向下加速，故A錯誤，B正確；CD．根據得，d變大，則電容變小，U不變，根據Q=CU知，電荷量減小，則電流計中的電流由a流向b，故CD錯誤。故選B。2．如圖所示，MN、PQ為兩條平行放置的金屬導軌，左端接有定值電阻R，金屬棒AB斜放在兩導軌之間，與導軌接觸良好，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面，設金屬棒與兩導軌接觸點之間的距離為l，金屬棒與導軌間夾角為60°，以速度v水平向右勻速運動，不計導軌和棒的電阻，則流過金屬棒中的電流為（）A．I＝ B．I＝ C．I＝ D．I＝【答案】B【詳解】當金屬棒以速度v水平向右勻速運動，金屬棒切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，金屬棒有效的切割長度為，ab中產生的感應電動勢為通過R的電流為故選B。3．如圖所示，矩形金屬線圈abed與理想變壓器的原線圈組成閉合電路，燈泡L1、L2完全相同，當變壓器原線圈中的抽頭P置于最上端時，原、副線圈的匝數比為n：1．矩形線圈abcd在有界勻強磁場中繞垂直于磁場的bc邊勻速轉動，且磁場只分布在bc邊的左側，磁感應強度大小為B，線圈面積為S，轉動的角速度為ω，匝數為N，線圈電阻不計。則下列說法正確的是（）A．若減小矩形線圈abcd的轉速，燈L1會變亮B．在圖示位置時，矩形線圈中瞬時感應電動勢最大C．當抽頭P置于最上端時，在線圈abcd轉動的過程中，電壓表示數為D．若僅將線圈abcd的轉軸平移至ad邊處，且轉速不變，則電壓表示數也不變【答案】C【詳解】A．若減小矩形線圈abcd的轉速，電流的頻率變小，副線圈輸出電壓變減小，電容器C的容抗變大，與電容器C串聯的燈泡L1變暗，故A錯誤；B．圖示位置為中性面位置，此時感應電動勢為零，故B錯誤；C．在線圈abcd轉動的過程中，線圈中產生的感應電動勢的最大值由得理想變壓器原線圈電壓的有效值為副線圈電壓表示數為故C正確；D．若僅將線圈abcd的轉軸平移至ad邊處，且轉速不變，變壓器原線圈輸入電壓變大，副線圈輸出電壓也變大，電壓表示數變大，故D錯誤。故選C。4．如圖所示，小球A質量為2m，小球B質量為m，小球B置于光滑水平面上，小球A從高為h處由靜止擺下到達最低點恰好與相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，若不計空氣阻力，它們能上升的最大高度是（）A．h B．h C．h D．h【答案】B【詳解】設球A與球B碰撞前一瞬間，球A的速度大小為，根據機械能守恒得球A和球B碰撞過程動量守恒，即設兩球粘到一起后，能上升的最大高度為，由機械能守恒得聯立各式解得故選B。5．一根電阻絲，在時間t內通過2C的電量時，消耗的電能為8J。若該電阻絲在時間內通過4C的電量時，電阻絲上所加的電壓U和消耗的電能E各是（）A．U=8V，E=16J B．U=16V，E=16J C．U=8V，E=32J D．U=16V，E=64J【答案】D【詳解】因為電流之比為電壓之比所以D正確，ABC錯誤。故選D。6．如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為m=0.1kg、帶正電q=0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力；現對木板施加方向水平向左，大小為F=0.6N的恒力，g取10m/s2，則滑塊（）A．先做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動B．一直做加速度為2m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止C．速度為6m/s時，滑塊開始減速D．最終做速度為10m/s的勻速運動【答案】D【詳解】ABD．由于滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為am=μg=5m/s2所以當0.6N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以的加速度一起運動，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv=mg解得v=10m/s此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而木板在恒力作用下做勻加速運動可知滑塊先與木板一起做勻加速直線運動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速，最后做速度為10m/s的勻速運動．故D正確，AB錯誤；C．木塊開始的加速度為2m/s2，當恰好要開始滑動時f=μ（mg-qvB）=ma代入數據得v=6m/s此后滑塊的加速度減小，仍然做加速運動．故C錯誤。故選D。7．如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置原理圖，環(huán)形管內存在垂直于紙面、磁感應強度大小可調的勻強磁場（環(huán)形管的寬度非常小），質量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔且小孔距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當帶電粒子經過A板剛進入A、B之間時，A板電勢升高到+U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速，每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次一次地加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內，通過調節(jié)磁感應強度大小可使粒子運行半徑R不變。已知極板間距遠小于R，則下列說法正確的是（）A．環(huán)形區(qū)域內勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里B．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為2NqUC．粒子在繞行的整個過程中，A板電勢變化的周期不變D．粒子繞行第N圈時，環(huán)形區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度為【答案】D【詳解】A．正電荷在AB之間是加速，故電荷順時針轉動，在磁場中洛倫茲力提供向心力，所以磁場方向垂直于紙面向外，選項A錯誤；B．粒子在電場中加速，根據動能定理有選項B錯誤；C．A板電勢變化的周期與粒子在磁場中圓周運動的周期相同，由于粒子在加速速度增大，根據可知周期要遞減，選項C錯誤；D．粒子在電場中加速，由動能定理知解得粒子在磁場中由牛頓第二定律有解得選項D正確。故選D。8．如圖所示，物體P以初速度滑到靜止于光滑水平地面的水平小車右端，小車Q上表面粗糙，物體P與小車Q的v-t圖象如圖乙所示，物體P剛好不從小車Q上掉下來，由圖乙中各物理量不能求出的是（）A．物體P和小車Q之間的動摩擦因數B．小車Q上表面的長度C．小車Q的質量D．物體P與小車Q的質量之比【答案】C【詳解】A．由能量守恒得質量比由動量守恒定律可以求出，小車的長度由圖像的可以求出，速度是已知的，由上面的式子可以求出動摩擦因數，可以求出A；B.小車Q上表面的長度等于圖像中三角形的面積5m，可以求出B；C.只能求出兩車的質量比，不能求出小車Q的質量，不能求出C；D.由動量守恒定律得速度是已知的，可以求出物體P與小車Q的質量之比，可以求出D。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．下列情況中能產生感應電流的是（）A．如圖甲所示，導體AB順著磁感線運動B．如圖乙所示，條形磁鐵插入線圈的過程中C．如圖丙所示，小螺線管A置于大螺線管B中不動，開關S一直接通時D．如圖丙所示，小螺線管A置于大螺線管B中不動，開關S一直接通，在移動變阻器滑片的過程中【答案】BD【詳解】A．如圖甲所示，導體AB順著磁感線運動，不切割磁感線，無感應電流，選項A錯誤；B．如圖乙所示，條形磁鐵插入線圈過程中，磁通量變化，有感應電流產生，選項B正確；C．如圖丙所示，小螺線管A置于大螺線管B中不動，開關S一直接通時，穿過B的磁通量不變，無感應電流，選項C錯誤；D．如圖丙所示，小螺線管A置于大螺線管B中不動，開關S一直接通，在移動變阻器滑片的過程中，線圈A中的電流變化，穿過線圈B的磁通量變化，會有感應電流產生，選項D正確；故選BD。10．如圖所示，一對水平放置的足夠大的平行金屬板均勻分布有等量異種電荷。三個質量相同的小球，從板間某位置以相同的水平速度v射入兩極板間，落在傾斜絕緣板上的A，B，C三點，其中兩個球帶異種電荷，另一個不帶電，不考慮傾斜板對勻強電場的影響及電荷間的相互作用，下列說法中正確的是（）A．落在A點的小球帶負電，落在C點的帶正電，落在B點的不帶電B．落在A，B，C點的小球在電場中的加速度的關系是C．電場力對落在A點的小球做負功D．三個小球在電場中運動的時間關系是【答案】AB【詳解】D．小球垂直電場進入，則在垂直電場線方向做勻速直線運動，根據，因為落在C點水平位移最大，落在A點的最小，又是相同的水平速度，則運動時間的關系為，故D錯誤；B．小球垂直電場進入，則沿電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據，因為，且，所以，故B正確；A．因為，由此可知落在A點的小球受電場力方向向下，落在C點的小球受電場力方向向上，落在B點小球不受電場力，又因為電場方向向上，則落在A點的小球帶負電，落在C點的帶正電，落在B點的不帶電，故A正確；C．落在A點的小球受電場力方向向下，電場力對落在A點的小球做正功，故C錯誤。故選AB。11．帶有光滑圓弧軌道的質量為M的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上滑車，到達某一高度后，小球又返回車的左端，則（）A．小球以后將向左做平拋運動B．小球將做自由落體運動C．此過程小球對滑車做的功為D．小球在弧形槽上升的最大高度為【答案】BC【詳解】由于沒摩擦和系統(tǒng)外力做功，因此該系統(tǒng)在整個過程中機械能守恒，即作用前后系統(tǒng)動能相等，又因為水平方向上動量守恒，故可以用彈性碰撞的結論解決．因為兩者質量相等，故發(fā)生速度交換，即滑車最后的速度為v0，小球的速度為0，因而小球將做自由落體運動，對滑車做功小球上升到最高點時與滑車相對靜止，具有共同速度v′，因此又可以把從開始到小球上升到最高點的過程看做完全非彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0=2Mv′聯立解得故選BC。12．如圖所示電路中，已知R3=R4=R5，R4兩端電壓為3V，R3兩端電壓為1V。R1、R2為定值電阻。則（）A．R5兩端電壓可能為2VB．A、B兩端電壓可能為7VC．若A、B兩端電壓為5V，可以判斷出R1：R2=4：1D．若A、B兩端電壓為5V，可以判斷出R1：R2=1：4【答案】AB【詳解】A．設R=R3=R4=R5，已知R4兩端電壓為3V，R3兩端電壓為1V，根據歐姆定律，流過R4的電流為流過R3的電流為故流過電阻R5的電流可能為也可能為若流過R5的電流為，則R5兩端電壓為2V；若流過R5的電流為，則R5兩端電壓為4V；故A正確；B．點A與點B間的電壓等于電阻R4與R5電壓之和；R4兩端電壓為3V，若R5兩端電壓為2V，則A、B兩端電壓5V；R4兩端電壓為3V，若R5兩端電壓為4V，則A、B兩端電壓7V；故B正確；CD．若A、B兩端電壓為5V，說明通過電阻R3的電流方向從下向上，電阻R3下端的電勢較高，上端的電勢較低，則R1兩端的電壓等于R4與R3之和為4V，R2兩端的電壓等于R5與R3之差為1V；通過R2的電流是通過R1與R3電流之和得故CD錯誤。故選AB。三、實驗題：本題共2小題，第13題6分，第14題9分，共15分。13．利用氣墊導軌通過閃光照相進行“探究碰撞中的不變量”這一實驗。（1）實驗要求研究兩滑塊碰撞時動能損失很小或很大等各種情況，若要求碰撞時動能損失最大，應選圖________（選填“甲”或“乙”）圖中的裝置，若要求碰撞時動能損失最小，則應選圖________（選填“甲”或“乙”）圖中的裝置。（甲圖兩滑塊分別裝有彈性圈，乙圖兩滑塊分別裝有撞針和橡皮泥）（2）若通過實驗已驗證碰撞前、后系統(tǒng)的動量守恒，某同學再進行以下實驗。某次實驗時碰撞前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運動并發(fā)生碰撞，利用頻閃照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如圖丙所示。已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T，在這4次閃光的過程中，A、B兩滑塊均在0~80cm范圍內，且第1次閃光時，滑塊A恰好位于x＝10cm處。若A、B兩滑塊的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的________時刻，A、B兩滑塊的質量比mA：mB＝________?！敬鸢浮恳壹?.5T1：3【詳解】（1）若要求碰撞時動能損失最大，則需兩滑塊碰撞后結合在一起，故應選乙圖中的裝置；若要求碰撞時動能損失最小，則應使兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，即選甲圖中的裝置。（2）第1次閃光時，滑塊A恰好位于x＝10cm處，由圖丙可知，第二次閃光時A在x＝30cm處，第三次閃光時A在x＝50cm處，碰撞發(fā)生在x＝60cm處。分析知從第三次閃光到發(fā)生碰撞所需的時間為，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的2.5T時刻。設碰前A的速度為v，則碰后A的速度為－，B的速度為，根據動量守恒定律可得mAv＝－mA·＋mB·解得即mA：mB＝1：314．某一小型電風扇額定電壓為5.0V，額定功率為2.5W。某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的電流與其兩端電壓的關系。實驗中除導線和開關外，還有以下器材可供選擇：A．電源E（電動勢為6.0V）B．電壓表V（量程為6V，內阻約8kΩ）C．電流表A1（量程0.6A，內阻約0.2Ω）D．電流表A2（量程3A，內阻約0.05Ω）E．滑動變阻器R1（最大阻值5kΩ，額定電流100mA）F．滑動變阻器R2（最大阻值25Ω，額定電流1A）（1）為了便于調節(jié)，減小讀數誤差和系統(tǒng)誤差，實驗中所用電流表應選用______，滑動變阻器應選用______（填所選儀器前的字母序號）；（2）請你為該小組設計實驗電路，并把電路圖畫在甲圖的虛線框內（小電風扇已畫出）______；（3）操作過程中發(fā)現，電壓表讀數大于0.5V時電風扇才開始轉動。該小組測繪出的小電風扇的電流與其兩端電壓的關系曲線如圖乙所示，由此判定小電風扇的電阻為______Ω；（4）若用電動勢為3V，內阻為2.5Ω的電源對該小風扇供電，電路如圖丙所示，則小風扇工作時的機械功率為______W?！敬鸢浮緾F2.50.4（1）電風扇的額定電流為I=A=0.5A從讀數誤差的角度，應讓電流到達量程的三分之二左右，則電流表選擇C比較合適。實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的電流與其兩端電壓的關系，則應讓測量出的電壓、電流的范圍足夠大（電壓、電流從零開始測起），故滑動變阻器應用分壓式接法，而分壓式應選阻值較小的滑動變阻器，則滑動變阻器選擇F比較合適。（2）實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的電流與其兩端電壓的關系，則應讓測量出的電壓、電流的范圍足夠大（電壓、電流從零開始測起），故滑動變阻器應用分壓式接法，電風扇的電阻大約為R=Ω=10Ω=40Ω>10Ω可見電風扇的電阻為小電阻，則電流表應用外接法，則電路圖如下圖所示（3）電壓表讀數大于0.5V時電風扇才開始轉動，則根據歐姆定律R=Ω=2.5Ω則小電風扇的電阻為2.5Ω。（4）根據閉合電路的歐姆定律有E=Ir+UM根據能量守恒有PM=P熱+P機=UMI=I2RM+P機根據乙圖當電流為0.4A時小風扇的電壓為2V，代入數據有P機=0.4W則小風扇工作時的機械功率為0.4W。四、解答題：本題共4小題，第15題8分，第16題9分，第17題12分，第18題16分，共45分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。15．如圖所示，物塊A靜止在光滑水平面上，木板B和物塊C一起以速度向右運動，與A發(fā)生彈性正碰，已知，C與B之間動摩擦因數=0.2，木板B足夠長，取g=10。求：（1）B與A碰撞后A物塊的速度；（2）B、C最終的共同速度?！敬鸢浮浚?）4m/s；（2）1m/s【詳解】（1）以AB為研究對象，B與A彈性碰撞過程，設向右為正，由動量守恒定律可有：由機械能守恒定律可知：聯立解得vA=4m/s；vB=-1m/s（2）碰后B反向，與C相互作用；對B、C，由動量守恒定律可知：解得v=1m/s16．如圖為直流電動機提升重物的裝置，電源電動勢E=90V，內阻r=2Ω，不計各處摩擦，當電動機以v=0.6m/s的恒定速度向上提升一質量為50kg的重物時，電路中的電流I=5A。求：（1）電動機兩端的電壓為多少？（2）電動機線圈的電阻為多少？（3）電動機的效率約為多少？【答案】（1）80V；（2）；（3）【詳解】（1）電動機兩端的電壓（2）電動機消耗的總功率根據能量守恒定律，有則電動機線圈的電阻為（3）電動機的效率17．如圖所示，在坐標系第一象限內有正交的勻強電、磁場，電場強度E＝1.2×103V/m，方向未知，磁感應強度B＝1.0T，方向垂直紙面向里；第二象限的某個矩形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場B′（圖中未畫出）．一質量m＝1×10－14kg、電荷量q＝1×10－10C的帶正電粒子以某一速度v沿與x軸負方向成53°角的方向從A點進入第一象限，在第一象限內做直線運動，而后從B點進入磁場B′區(qū)域．一段時間后，粒子經過x軸上的C點并與x軸正方向成53°角飛出．已知A點坐標為（9，0），C點坐標為（－6，0）。（不計粒子重力）（sin53°=0.8、cos53°=0.6）（1）求入射粒子的速度v；（2）求第二象限中勻強磁場的磁感應強度B′；（3）求第二象限磁場B′區(qū)域的最小面積。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在第一象限內作直線運動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，所