精品解析：广东省广雅中学、广大附中等2021-2022学年高二（上）期末物理试题

2021-2022学年上学期期末三校联考

高二物理

命题学校：广大附中  命题人：    审题人：

本试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。

一、选择题：本大题7小题，每小题4分，共28分。

1. 场是物理学中的重要概念。引力场是传递物体间万有引力作用的媒介。类比电场的性质，下列关于引力场的说法正确的是（　　）

A. 若质量为m的物体在引力场中某点受力为F，则该点引力场强度大小为

B. 若引力场中物体质量m变为原来的2倍，则引力场强度变为原来的

C. 物体在某点的引力势能等于将物体从引力势能零点移动到该点时引力所做的功

D. 在引力场中，引力对物体做正功，则系统的引力势能减小

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．由引力场的定义可知：若质量为m的物体在引力场中某点受力为F，则该点引力场强度大小为，故A错误；

B．引力强度是引力场本身的性质，与放入其中物体质量无关，故若引力场中物体质量m变为原来的2倍，则引力场强度不变，故B错误；

C．物体在某点的引力势能等于将物体从该点移动到引力势能零点时引力所做的功，故C错误；

D．在引力场中，引力对物体做正功，则系统的引力势能减小，故D正确。

故选D。

2. 某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在由O到A运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】B．带正电的粒子从O点向A点运动过程中，电场线先变疏再变密，电场强度先变小，后变大，故电场力和粒子的加速度也是先变小，后变大，选项B正确；

A．粒子从O向A运动，一直加速，但加速度先变小，后变大，其速度-时间图线的斜率也应是先变小，后变大，选项A错误；

C．从O到A，电场强度先变小，后变大，单位长度上的电势降落也应是先变小，后变大，选项C错误；

D．根据

知图线的斜率为力F，从O到A，粒子所受的电场力先变小，后变大，故图线的斜率也应是先变小，后变大，选项D错误。

故选B。

3. 如图所示为一定质量气体的体积与温度的关系图像，它由状态经等温过程到状态，再经等容过程到状态。设、、三个状态对应的压强分别为，则下列关系式正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，p与体积V成反比，，所以；从状态B到状态C，气体发生等容变化，压强p与热力学温度T成正比，，所以，故A正确，BCD错误。

故选A。

4. 两块电压表 和 是由完全相同的电流表改装成的， 的量程为 15V ， 的量程为 5V ，为了测量 的电压，把 和 串联起来使用，在这种情况下 （       ）

A. 和 的读数相等

B. 和 的指针偏转角相等

C. 和 的读数之比与两电压表内阻成反比

D. 和 的指针偏转角之比等于两电压表内阻之比

【答案】B

【解析】

【详解】因电压表是由相同的电流表串联定值电阻改装成的，则当两电压表串联时，通过其中的电流表的电流相同，则指针的偏转角度相同，但是由于两电压表的内阻不同，则两电压表两端电压不同，读数不相同，根据U=IR可知，读数之比等于电压表内阻之比，则选项ACD错误，B正确；

故选B。

5. 如图所示，一个电荷量为 的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的 点。另一个电荷量为 、质量为 的点电荷乙，从 点以初速度 沿它们的连线向甲运动，运动到 点时速度为 ，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为 ，、 两点间距离为 ，静电力常量为 ，则下列说法正确的是 （       ）

A. 点电荷乙从 点向甲运动的过程中，加速度先增大后减小

B. 点电荷乙从 点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小

C. 、 两点间的距离为

D. 在点电荷甲形成的电场中，、 两点间的电势差为

【答案】C

【解析】

【详解】A．从A到B做减速运动，根据

则随着库仑力的增加，加速度减小；从B向左，做加速运动，则

则随着库仑力的增加，加速度变大，即点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度先减小后增大，选项A错误；

B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，电场力一直做正功，则其电势能一直减小，选项B错误；

C．在B点时加速度为零，即

解得

选项C正确；

D．从A到B根据动能定理

解得

选项D错误。

故选C。

6. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）

A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电

B. 由静止突然向前加速时，电容器的电容增大

C. 由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表

D. 保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器两极板带电，选项A错误；

BC．由静止突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据

可知，电容器的电容减小，电容器带电量减小，则电容器放电，则电流由b向a流过电流表，选项B错误，C正确；

D．保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电量不变，电路中无电流，则电阻R发热功率为零，选项D错误。

故选C。

7. 如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面下半部分存在垂直斜面向上的匀强磁场，一单匝圆形线圈用细绳挂在斜面上，圆心恰好位于磁场边界。从t=0开始，磁感应强度B随时间t变化的规律为B=kt（k为常数，且k>0）。圆形线圈半径为r，磁场变化过程中线圈始终未离开斜面，则（　　）

A. t1时刻，穿过线圈的磁通量为

B. 线圈中感应电流方向为顺时针

C. 线圈感应电流逐渐增大

D. 绳子的拉力逐渐增大

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A. t1时刻，穿过线圈的磁通量为

选项A错误；

B. 根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针，选项B正确；

C. 因

则

大小不变，则线圈感应电流不变，选项C错误；

D. 线圈受安培力方向沿斜面向上，则由

F=BIL

可知，安培力逐渐变大，则绳子的拉力逐渐减小，选项D错误。

故选B。

二、多项选择题：本大题3小题，每小题6分，共18分。错选不得分，漏选得3 分。

8. 如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关闭合．两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度v匀速穿过两板．以下说法正确的是（   ）

A. 保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出

B. 保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出

C. 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出

D. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出

【答案】B

【解析】

【详解】AB．保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，电容器两端电压增大，电场增强，电场力（向下）将大于洛伦兹力（向上），粒子将可能从下极板边缘射出；A错误，B正确；

C．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电压不变，极板距离减小电场增强，粒子将可能从下极板边缘射出；C错误，

D．如果将开关断开，电容器放电，电场将消失，粒子将不能穿出；D错误；

故选B。

9. 如图是某环境温度监测电路，理想变压器的原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接220sin100πt（V）交变电流，副线圈接温度监测电路，热敏电阻Rt阻值随温度升高而降低，当电流超过某值时，会触发报警器R0。下列说法正确的有（　　）

A. 副线圈交变电流频率为10Hz

B. R0报警时，说明环境温度升高

C. 环境温度升高时，变压器输入功率增大

D. 当s时，交流电压表的读数为22V

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】A．交流电的频率为

即副线圈交变电流频率为50Hz，选项A错误；

B．环境温度升高时Rt阻值减小，则次级电流变大，会触发报警器R0报警，选项B正确；

C．环境温度升高时，次级电流变大，则变压器输出功率变大，则输入功率增大，选项C正确；

D．电压表读数为次级电压有效值，则电压表读数为

即当s时，交流电压表的读数为44V，选项D错误。

故选BC。

10. 如图甲所示，水平放置的“[”形光滑导轨宽为L，导轨左端连接阻值为R的电阻。导轨间存在两个相同的矩形匀强磁场I、Ⅱ。质量为m的金属杆在恒力作用下向右运动，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，其速度v随时间t变化图像如图乙所示。T3时刻金属杆恰好进入磁场Ⅱ，图中物理量均为已知量，不计其他电阻。下列说法正确的有（　　）

A. 金属杆初始位置与磁场I左边界距离

B. 通过两磁场区域时，流经导体棒的电量相等

C. 磁场的磁感应强度大小为

D. 金属杆在磁场Ⅱ中做匀减速直线运动

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】A．根据v-t图像可知，金属杆初始位置与磁场I左边界距离为，选项A错误；

B．根据

可知因两磁场完全相同，可知通过两磁场区域时，流经导体棒的电量相等，选项B正确；

C．导体棒以速度v1在磁场中匀速运动，则

而

解得磁场的磁感应强度大小为

选项C正确；

D．金属杆在t3时刻将进入磁场Ⅱ，因v2>v1，则

则金属棒做减速运动，随速度减小，安培力减小，加速度减小，则金属棒做加速度减小的变减速直线运动，选项D错误。

故选BC。

三、实验题：本大题2小题，共16分。

11. 下图是一种自动控制房内空气PM2.5含量的电路。直流电源电动势为10V、内阻为2Ω，电磁铁线圈内阻不计，PM2.5传感器Rx的电阻与PM2.5含量的关系如下表。闭合开关S1、S2，空气净化器开始工作，当PM2.5含量低于30μg/m3时，电磁铁的电流增大到0.5A，衔铁恰好被吸引下来，净化器停止工作。

Rx阻值与PM2.5含量对照表

（1）电阻箱R0的阻值应调为____________Ω；

（2）为进一步提高空气质量，需将电阻箱R0的阻值____________（选填“调大”或“调小”）；

（3）当PM2.5含量为25μg/m3时，为测量Rx的阻值，除上述电源E，另有电压表（量程3V、内阻约3kΩ），电流表（量程300mA、内阻约5Ω），滑动变阻器R（最大阻值10Ω）。设计最合理的电路图是____________。

A． B. C. D.

【答案】    ①. 5    ②. 调大    ③. A

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]当PM2.5含量等于30μg/m3时，则此时Rx=13Ω，此时电路中的电流为I=0.5A；根据闭合电路的欧姆定律

解得

R0=5Ω

（2）[2]为进一步提高空气质量，即Rx减小，则需将电阻箱R0的阻值调大；

（3）[3]当PM2.5含量为25μg/m3时，RX的阻值约为12Ω；则此时电压表的内阻远大于Rx，则可采用电流表外接；滑动变阻器用限流电路，则电路图A合理；

12. 为测量一电源电动势及内阻，某小组设计了如下实验方案。

（1）先利用多用电表直流电压挡位粗测电源的电动势。如图甲，1号接线柱应接___________表笔（选填“红”或“黑”）。选用“直流电压5V”挡时，表盘如图乙所示，读出该电源的电动势为___________V；

（2）设计如图丙所示电路，若实验中电压表V1读数为U1，电压表V2读数为U2，电表为理想电表，R0为定值电阻。改变滑动变阻器R得到多组实验数据。作出的丁图像为直线，且与纵轴的截距等于b，斜率的绝对值为k，则电源电动势E=__________，电源内阻r=___________；（用题目中的已知量表示）

（3）若考虑电表内阻，（2）中电源电动势的测量值___________真实值（选填“>”、“<”、“=”）。

【答案】    ①. 红    ②. 2.90    ③. b    ④. kR0    ⑤. =

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]先利用多用电表直流电压挡位粗测电源的电动势。因为“红进黑出”，则如图甲中的1号接线柱应接红表笔。

[2]选用“直流电压5V”挡时，表盘如图乙所示，读出该电源的电动势为2.90V；

（2）[3][4]由电路可知

由图像可知

即

r=kR0

（3）[5]若考虑电表内阻，则

则

E=b

即电动势的测量值等于真实值。

四、计算题：本大题3小题，共38分。

13. 半径为 的光滑的圆形导体环 处于垂直纸面向里的匀强磁场内，其左侧留有一小缺口 ，右侧与磁场外的电路连接，如图所示。磁感应强度为 ，总阻值为、长为、质量为的金属棒在恒力 的作用下从 位置由静止沿导轨向右运动，经过圆环圆心 时的速度为 ，外电路定值电阻阻值也为 ，其余电阻不计，电容器的电容为 。求：

（1） 金属棒经过点时，金属棒两端的电势差 ；

（2） 金属棒经过点时，电容器的带电量 ；

（3） 从开始到金属棒经过点的过程中，金属棒克服安培力做的功 。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）闭合电路中的电动势为

通过R的电流

棒两端的电势差为

解得

（2）电容器两端的电压为

电容器的带电量

解得

（3） 由动能定理可得

解得

14. 如图是一种电梯突然失控下落时保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽1.6m，高0.5m，大小均为0.5T。电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为8Ω，高度为1.5m，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为2400kg，g取10m/s2，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求∶

（1）电梯下落速度达到2.5m/s时，线圈内产生的感应电流大小；

（2）电梯可达到的最大速度；

（3）若电梯下落4.5m，达到最大速度的，此过程所用时间。

【答案】（1）50A；（2）7.5m/s；（3）1.2s

【解析】

【分析】

【详解】（1）电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势

由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为

代入数据得

I1=50A

（2）当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有

又有

联立得

代入数据得

（3）在电梯下落过程中，电梯所受安培力不断变化，取Δt为时间微元，则此时安培力可视为恒力，由动量定理，得

而

代入上式，有

即

将电梯下落的各段时间累加，可得

解得

而

代入数据得

t=1.2s

15. 如图所示,在xOy平面的第二象限内半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点,圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场.在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度为E．一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点垂直射入磁场后恰好垂直y轴进入电场,最后从M(3R,0)点射出电场,出射方向与x轴正方向夹角为α,且满足α=45°,求:

(1)带电粒子比荷;

(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;

(3)粒子从P点射入磁场到从M点射出电场所经历的时间．

【答案】(1)；(2)；(3)+R；

【解析】

【详解】(1)设粒子在y轴上的N点进入电场，则粒子从N到M的过程中做类平抛运动，设粒子从N到M经历的时间为t3，由类平抛规律知

vy=at3

3R=v0t3

在M点

tanα=

由牛顿第二定律知

qE=ma

联立解得

.

(2)粒子运动轨迹如图所示，设O1为磁场圆心，O2为粒子做圆周运动的圆心，P'为粒子射出磁场的位置，则P'O2∥PO1，△O1O2P'与△O1O2P全等，粒子的轨道半径为r=R

粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力

Bqv0=m

解得

B=

(3)由(1)知粒子从N到M经历的时间为

t3=

且有

ON=a

代入t3得

ON=R

由几何关系知

ON=R+Rcosθ

则

θ=

设粒子从P到P'的时间为t1，则

t1=T

其中

T=

解得

t1=

由几何关系知

P'N=R-Rsinθ

设粒子从P'到N的时间为t2，则

t2=R

所以粒子从P到M所用的总时间

t=t1+t2+t3=+R

点睛：粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．