2022高邮高二上学期期中调研物理试题Word含解析

2021—2022学年上学期期中学情调研

高二物理

时间：75分钟：满分：100分

一、选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。

1. 下列说法正确的是（　　）

A. 赫兹通过实验捕捉到了电磁波

B. 变化的电场产生变化的磁场

C. 爱因斯坦提出能量子假说

D. 黑体既不反射电磁波，也不向外辐射电磁波

【答案】A

【解析】

【详解】A．赫兹在人类历史上首先捕捉到了电磁波，故A正确；

B．非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，而均匀变化的电场产生稳定的磁场，故B错误；

C．普朗克提出能量子假说，故C错误；

D．黑体吸收电磁辐射，不反射电磁辐射，但是会把电磁辐射转化为热辐射然后放出热辐射，故D错误。

故选A。

2. 两个分别带有电荷量-Q和+7Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间静电力的大小为F。两小球相互接触后再分别放回原处，则两球间静电力的大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】初始时静电力大小为

两小球相互接触后再分别放回原处，带电量均为3Q，则此时静电力大小为

故选D。

3. 下列四种情境中，说法正确的是（　　）

A. 甲图中，金属框在匀强磁场中向右运动时产生电流

B. 乙图中，金属框在磁场中按图示方向转动时产生电流

C. 丙图中，通电直导线与金属圆环直径重合，增大导线中的电流时金属环中产生电流

D. 丁图中，磁铁向铝环B靠近时铝环B中产生电流

【答案】B

【解析】

【详解】A．甲图中，金属框在匀强磁场中向右运动时，穿过金属框的磁通量不变，不能产生电流，故A错误；

B．乙图中，金属框在磁场中按图示方向转动时，穿过金属框的磁通量会发生变化，会产生电流，故B正确；

C．丙图中，由于通电直导线与金属圆环直径重合，根据安培定则以及对称性可知穿过金属圆环的磁通量始终为零，即使增大导线中的电流，金属环中也不产生电流，故C错误；

D．丁图中，磁铁向铝环B靠近时，铝环B中磁通量变化，但由于铝环B没有构成闭合回路，所以铝环B中不产生电流，故D错误。

故选B

4. 关于多用电表的说法，正确的是（　　）

A. 测量电阻时，如果指针偏转过大，则将选择开关拨至倍率较小的挡位后即可测量

B. 测电阻时应将待测电阻与其它元件断开，为使表笔与待测电阻两端接触良好，可用双手同时捏紧两表笔的金属部分

C. 使用完毕，应将选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡

D. 与表内电源负极相连接的是黑表笔

【答案】C

【解析】

【详解】A．测量电阻时，如果指针偏转过大，则将选择开关拨至倍率较小的挡位后，需要重新进行欧姆调零后再进行测量，A错误；

B．测电阻时应将待测电阻与其它元件断开，为使表笔与待测电阻两端接触良好，不可用双手同时捏紧两表笔的金属部分，因为人体本身也是一个电阻，用双手捏住后，相当测该电阻与人的并联阻值，B错误；

C．使用完毕，应将选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡，C正确；

D．根据红进黑出的规律可知，与表内电源负极相连接的是红表笔，D错误。

故选C。

5. 如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，当甲轻轻推乙后，两个人会向相反的方向滑去，则下列判断正确的是（　　）

A. 推后两人的动能一定相等

B. 推后两人的动量一定相同

C. 推后两人的速率一定相等

D. 甲轻推乙的过程中，两人的动量之和一定为零

【答案】D

【解析】

【详解】BD．甲轻推乙的过程中，二人组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则

所以

故B错误，D正确；

AC．根据

可知，由于两人质量不一定相等，所以动能、速率不一定相等，故AC错误。

故选D。

6. 如图所示，直线是电源的路端电压和电流的关系图线，曲线为某元件R的U－I特性曲线，两图线的交点坐标为（0.4，3.0）用该电源直接与元件R相连组成闭合电路，由图像可知（　　）

A. 电源的电动势为5V，内阻为1.0Ω

B. 电源的输出功率为1.2W

C. 元件R的阻值为3.75Ω

D. 电源的效率为50%

【答案】B

【解析】

【详解】A．由电源的特征曲线可知，电源的电动势为纵轴截距，即

E=5V

内阻为图线的斜率绝对值，即

故A错误；

8BC．两图线的交点表示，用该电源直接与元件R相连组成闭合电路，元件的两端电压为3.0V，电路中电流为0.4A。由功率的公式可得

根据欧姆定律，可得

故B正确；C错误；

D．电源的效率为

故D错误。

故选B。

7. 关于磁感应强度，正确的说法是（　　）

A. 磁感应强度是矢量，方向与电流所受安培力的方向相同

B. 磁感应强度是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同

C. 根据磁感应强度定义式可知，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比

D. 在确定的磁场中，不同点的磁感应强度一定不同，但同一点的磁感应强度是确定的

【答案】B

【解析】

【详解】A．磁感应强度是矢量，方向与电流所受安培力的方向相垂直，所以A错误；

B．磁感应强度是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，所以B正确；

C．根据磁感应强度定义式可知，磁场中某点的磁感应强度B与F与IL无关，磁感应强度只是由磁场本身性质来决定，所以C错误；

D．在确定的磁场中，不同点的磁感应强度不一定不同，如匀强磁场，磁感应强度处处相同，但同一点的磁感应强度是确定的，所以D错误；

故选B。

8. 在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.5V。重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和25.0V。则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）

A. 30W B. 32W C. 48.75W D. 50W

【答案】A

【解析】

【详解】当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，可将电动机看作纯电阻，此时可求电动机内阻

重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电动机输出功率为

故选A。

9. 一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa＞φb＞φc＞φd，若不计粒子所受重力，则（　　）

A. 粒子一定带正电

B. 粒子的运动是变加速运动

C. 粒子从A点运动到B点的过程中动能先减小后增大

D. 粒子从A点运动到B点的过程中电势能减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据电场线总是与等势面垂直，由高电势指向低电势，则此电场线方向竖直向下，由于曲线运动合外力总是指向轨迹弯曲的一面，所以粒子所受电场力竖直向上，则其带负电，A错误；

B．此电场为匀强电场，则粒子的运动是匀变速运动，B错误；

C．粒子从A点运动到B点的过程中电场力一直做正功，则动能一直增大，C错误；

D．由于粒子从A点运动到B点的过程中电场力一直做正功，所以粒子从A点运动到B点的过程中电势能减小，D正确。

故选D。

10. 如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则（　　）

A. A的示数减小

B. V1的示数减小

C. ΔU1大于ΔU2

D. ΔU3与ΔI的比值等于r

【答案】C

【解析】

【详解】A．电路为串联电路，将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入阻值减小，则由欧姆定律有

则可知电流变大，电流表示数变大，故A不符合题意；

B．电压表V1测定值电阻R两端电压，由于电路电流变大，则由欧姆定律可知，定值电阻R两端电压变大，电压表V1示数变大，故B不符合题意；

C．电压表V2测外电路电压，则ΔU2大小等于内阻所分电压电压变化量，由欧姆定律有

则可知ΔU1大于ΔU2，故C符合题意；

D．由串联分压可知，滑动变阻器接入阻值减小，则所分电压减小，滑动变阻器电压减小量等于定值电阻和内阻所分电压增加量，由欧姆定律可得，ΔU3与ΔI的比值等于定值电阻与电源内阻之和，故D不符合题意。

故选C。

二、非选择题：共5题，共60分。其中第12-15题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 某兴趣小组想应用所学的知识来测量一卷纯铜导线的长度，已知纯铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m，实验室现有的器材如下：

A．待测长度的铜电线

B．电源（电动势约为5V，内阻不计）

C．电压表V1（量程为0~3V，内阻约为0.5kΩ）

D．电压表V2（量程为0~5V，内阻约为3kΩ）

E．电阻箱R（阻值范围为0~999.9Ω）

F．开关、导线若干

（1）小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径，如图甲所示，则d=_______mm。

（2）小组设计的测量电路如图乙所示，则P是______，Q是______（填器材代号），通过实验作出的图象如图丙所示。

（3）设这捆铜电线的电阻为RL，根据串联电路电流相等的特点，写出U1、U2的关系式，整理得U2=___________，结合图线可得RL=______Ω。

（4）这捆铜电线的长度为______m。

（5）由上述方法测得的铜电线的电阻值与真实值相比_______（选填“偏大”、“相等”或“偏小”），原因是__________。

【答案】    ①. 1.092（1.090-1.093）    ②. C（V1也给分）    ③. D（V2也给分）    ④.     ⑤. 3.4    ⑥. 186.5（185-190之间）    ⑦. 相等    ⑧. 见解析

【解析】

【详解】（1）[1]如图甲读数为

d=1mm+9.2×0.01mm=1.092mm

（2）[2][3]P测电阻箱两端电压，则挑选小量程电压表，即C，Q测铜导线和电阻箱总电压，则挑选大量程电压表，即D。

（3）[4][5]串联电流相等，则由欧姆定律有

公式化简可得

集合图像斜率可得

RL=3.4Ω

（4）[6]铜线长度为

（5）[7][8]用图像法处理数据，消除了电压表分流的影响，或电压表的内阻只影响图线的截距，不影响图线的斜率，故通过图线斜率求得的电阻值与真实值相等。

12. 如图所示，一质量为0.06kg的网球以50m/s的速率水平飞来，网球运动员挥拍将网球以60m/s速率击回，击球时间为0.04s，击球过程中，忽略网球的重力，求：

（1）在此过程中，网球的动量变化量Δp；

（2）网球所受平均作用力的大小F。

【答案】（1）6.6kg•m/s，方向与网球初速度方向相反；（2）165N

【解析】

【详解】（1）取网球初速度方向为正方向，则动量变化量为

代入数据得

Δp=-6.6kg•m/s

故动量的变化量大小为6.6kg•m/s，方向与网球初速度方向相反。

（2）取网球初速度方向为正方向，由动量定理得

FΔt=ΔP

代入数据得

F=-165N

网球所受平均作用力大小为165N。

13. 某同学组装一个多用电表，可选用的器材有：微安表头（量程100μA，内阻900Ω）；电阻箱R1（阻值范围0～999.9Ω）；电阻箱R2（阻值范围0～99999.9Ω）；导线若干．要求利用所给器材先组装一个量程为2.5mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表，组装好的多用电表有电流2.5mA和电压3V两挡。

（1）作为电压表使用时，红、黑表笔应该插入图中哪两个插孔中；

（2）电阻箱R1、R2阻值分别为多少？

【答案】（1）作为电压表使用时，红、黑表笔应该插入图中ac两插孔中；（2）37.5Ω；1164Ω

【解析】

【详解】（1）微安表头改装成电流表需要并联一个小电阻，电流表改装成一个电压表需要串联一个大电阻。

（2）微安表头改装成电流表需要并联一个小电阻

R1＝＝37.5Ω

电流表改装成一个电压表应串联一个大电阻

R2＝＝1164Ω

14. 如图所示，算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠在图示位置，每个算珠质量为0.01kg，甲与边框b相隔s2=4.5×10-2m，甲、乙相隔s1=0.12m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将乙以0.7m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后乙的速度大小为0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）碰前乙算珠的速度v1；

（2）甲、乙算珠碰撞过程损失的机械能E损；

（3）若乙算珠前端粘有双面胶，欲使甲、乙碰撞后恰能一起运动到边框b，求乙刚拨出时的动能Ek0。

【答案】（1）0.5m/s；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设甲、乙两算珠碰撞前瞬间乙算珠的速度大小为v1，从乙算珠开始运动到甲、乙碰撞前过程，对乙算珠，由动能定理得

代入数据解得

v1=0.5m/s

（2）甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间甲算珠的速度大小为v甲，以碰撞前乙算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mv1=mv甲+mv乙

代入数据解得

v甲=0.3m/s

（3）对碰撞后甲乙两算珠，由动能定理得

代入数据解得

以乙算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

代入数据解得

对乙算珠被拨出至与甲算珠碰撞，由动能定理有

代入数据解得

15. 如图所示，电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω，电容器的电容C=1μF，电阻R1=7.0Ω、R2=8.0Ω、R3=2.0Ω、R4为电阻箱，闭合开关S。

（1）当R4=6.0Ω时，求通过电源的电流I；

（2）求第（1）问条件下电容器的带电量Q；

（3）求出R4功率的表达式和最大值P4m。

【答案】（1）1A；（2）8×10-6C；（3）；W

【解析】

【详解】（1）由闭合电路欧姆定律有而

解得

I=1A

（2）根据欧姆定律

设电容器两端电压为U

U=U1+U3=8V

电容器的带电量

Q=CU=8×10-6C

（3）电路总电阻

总电流

通过R4的电流

R4功率为

则当R4=6.0Ω时功率最大，最大功率为