2021-2022学年安徽省宣城市高二上学期期末调研测试物理试题 （解析版）

宣城市2021—2022学年度第一学期期末调研测试

高二物理试题

考生注意：

1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟；

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效；

第Ⅰ卷（选择题  40分）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项符合题目要求，第7-10题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。）

1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合物理学历史的是 （　　）

A. 麦克斯韦预言了并实验证明了电磁波的存在

B. 密立根通过油滴实验测得了元电荷e的数值，这也是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因

C. 特斯拉提出了场的概念，并且直观地描绘了场的清晰图像

D. 安培提出了分子电流假说，并且发现了电流的磁效应

【答案】B

【解析】

【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了这一观点，故A错误；

B．密立根通过油滴实验测得了元电荷e的数值，这也是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因，故B正确；

C．法拉第提出了场的概念，并且直观地描绘了场的清晰图像，故C错误；

D．安培提出了分子电流假说，奥斯特发现了电流的磁效应，故D错误。

故选B。

2. 如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，静电计可以看成是电容很小的电容器，则以下正确的（　　）

A. 保持S不变，增大d，则θ变大

B. 保持S不变，增大d，则θ变小

C. 保持d不变，减小S，则θ变小

D. 保持d不变，减小S，则θ不变

【答案】A

【解析】

【详解】AB．根据电容的决定式可知，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知，板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确，B错误；

CD．根据电容的决定式可知，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知，板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故C、D错误。

故选A。

3. 如图所示，在空间直角坐标系中存在有沿轴正方向的匀强磁场，在直角坐标系中选取如图所示的棱柱形空间。通过面积（所围的面积）、（所围的面积）和（所围的面积）的磁通量大小分别为、和，则（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】据题意，匀强磁场的方向沿x轴的正方向，则没有磁感线穿过S3（cbb′c′），Φ3=0；而S1（abb′a′）与S2（acc′a′），在磁场垂直方向的有效面积等于S2（acc′a′）的面积，根据磁通量的定义式，所以有：Φ1=Φ2＞Φ3，故ABD错误，C正确。

故选C。

4. 安培提出了著名的分子电流假说．根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，下列关于该环形电流的说法正确的是

A. 电流大小为，电流方向为顺时针

B. 电流大小为，电流方向为逆时针

C. 电流大小为，电流方向为顺时针

D. 电流大小为，电流方向为逆时针

【答案】D

【解析】

【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为，根据电流的定义式可得电流强度为：，因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故D正确，ABC错误．

5. 在如图所示的电路中，和为定值电阻，电表均为理想电表。保持电源电动势和内电阻不变，其中与的阻值相等，闭合开关，当滑动变阻器的滑动头向下移动时（　　）

A. 电压表示数变大，电流表示数变小

B. 电压表示数变小，电流表示数变大

C. 电阻的电功率变大

D. 电源的输出功率一定减小

【答案】D

【解析】

【详解】AB．电路的连接情况是：与并联后与串联，电流表测通过的电流，电压表测路端电压。当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入回路中的阻值增加，可知回路中总阻值增加；根据闭合电路的欧姆定律，总电流减小，由

知路端电压变大，即电压表的示数变大；电表均为理想电表，则两端的电压

故变大，电流表示数

则变大，电流表示数变大，故AB错误；

C．电阻的电功率

减小，的电功率减小，C错误；

D．当外电阻和电源内阻相等时，电源的输出功率最大，当外电阻与电源内阻相差越大，电源输出功率越小，外电阻R外=R1+R并>R1=r，当滑动变阻器的滑动头向下移动时，外电阻比电源内阻大的更多，则电源的输出功率减小，故D正确。

故选D。

6. 如图所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线、，中的电流方向向左，中的电流方向向上；、、、是纸面内位于正方形上的四个顶点，它们相对于、对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外。已知、两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则（　　）

A. 流经的电流在点产生的磁感应强度大小为

B. 流经的电流在点产生的磁感应强度大小为是

C. 点的磁感应强度大小为是

D. 点的磁感应强度大小为

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据右手螺旋定则可知流经L1的电流在a、b点产生的磁感应强度大小方向向里，大小为B1；根据右手螺旋定则可知流经L2的电流在b点产生的磁感应强度方向向外，大小为B2；根据右手螺旋定则可知流经L2的电流在a点产生的磁感应强度方向向里，由对称性可知大小也为B2；以向外为正方向，则在a点有

在b点有

联立得

，

故AB错误；

C. 由AB中分析，根据右手螺旋定则可知，L1、L1的电流在d点产生的磁感应强度分别为B1（方向向外）、（方向向里），则d点的磁感应强度为

带入可得

故C错误；

D．由AB中分析，根据右手螺旋定则可知，L1、L1的电流在c点产生的磁感应强度分别为B1（方向向外）、B2（方向向外），则点的磁感应强度为

带入可得

故D正确。

故选D。

7. 下列选项中的操作能使如图所示的三种装置产生感应电流的是（　　）

A. 甲图中，使导体棒AB顺着磁感线运动

B. 乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈

C. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入大螺线管B中不动

D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入大螺线管B中不动，移动滑动变阻器的滑片

【答案】BD

【解析】

分析】

【详解】A．题图甲中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；

B．题图乙中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，线圈中都能产生感应电流，故B正确；

C．题图丙中开关S保持闭合，回路中为恒定电流，小螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，无感应电流，故C错误；

D．题图丙中开关S保持闭合，小螺线管A插入大螺线管B中不动，移动滑动变阻器的滑片使闭合回路中的电流变化，从而使小螺线管A产生的磁场变化，故大螺线管B中的磁通量变化，有感应电流，故D正确。

故选BD。

8. 电流表的内阻为Rg，满刻度电流为Ig,那么以下结论中正确的是（    ）

A. 如并联一个阻值为nRg的定值电阻，就可以改装为量程是nIg的电流表

B. 如串联一个阻值为nRg的定值电阻，就可以改装为一个量程是（n+1）IgRg的电压表

C. 如并联一个阻值为的定值电阻，就可以改装为一个量程是nIg的电流表

D. 如果串联一个阻值为的定值电阻，就可以改装为一个量程是（n-1）IgRg的电压表

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由并联一个阻值为nRg的定值电阻，根据电流与电阻成反比所以其分担的电流为，可以改装为量程是的电流表，故A错误；
C．并联一个阻值为的定值电阻，根据电流与电阻成反比所以其分担的电流为，可以改装为一个量程是nIg的电流表，故C正确；
B．串联一个阻值为nRg的定值电阻，根据电压与电阻成正比所以其分担的电压为nIgRg，可以改装为一个量程是（n ＋1）IgRg的电压表，故B正确；
D．串联一个阻值为的定值电阻，根据电压与电阻成正比所以其分担的电压为IgRg，可以改装为一个量程是IgRg的电压表，故D错误。
故选BC。

9. 如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（　　）

A. 该匀强电场的场强方向与平行

B. 将该粒子从点移动到点，电场力做功为

C. 点电势低于点电势

D. 若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示

在x方向有

W = Exq2R

在y方向有

2W = EyqR + ExqR

经过计算有

Ex = ，Ey = ，E = ，tanθ =

由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；

B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为

W′ = Eq = 0.5W

B正确；

C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；

D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。

故选AB。

10. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球、和分别位于边长为的正三角形的三个顶点上；、带正电，电荷量均为，带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为。若三个小球均处于静止状态，下面说法中正确的是（　　）

A. 带电小球的电荷量为

B. 匀强电场场强的大小为

C. 带电小球、对的合力大小为

D. 正三角形中心场强大小为

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．设小球c带电量为Q，以小球a为研究对象受力分析，如图

根据平衡条件可得

解得

故A错误；

BC．以小球c为研究对象受力分析，如图

带电小球、对的合力大小为

根据平衡条件可得

解得

故BC正确；

D．正三角形中心O点三个点电荷场强如图

由几何关系及场强的叠加，可得

解得

三个小球所带电荷在O点合场强为

因此，O点合场强为

故D正确。

故选BCD。

第Ⅱ卷（非选择题  60分）

二、实验填空题（每空2分，共计20分）

11. 某实验小组用图所示装置探究库仑力与电荷量的关系。A、是均匀带电的塑料小球，其中A球质量为，用一根绝缘细线将A悬挂起来，实验时改变两小球所带电荷量，移动并保持A、两球球心连线与细线垂直。用和分别表示A、的电荷量，表示、球心间的距离，表示绝缘细线偏离竖直方向的角度，为静电力常量，当地的重力加速度为。

（1）该实验运用到的实验方法是__________，在实验中应控制__________（填写题中所给字母）不变。

（2）关于实验下列说法正确的是（      ）

A. 两个小球可以换成金属小球进行实验

B. 两个小球可以换成异种电荷进行实验

C. 绳子的拉力随着角的增大而增大

D. 库仑力随着角的增大而增大

E. 实验中两塑料小球的带电荷量必须相等

（3）通过实验数据可得，下列图像正确的为____________

A. B. C. D.

【答案】    ①. 控制变量法    ②. d    ③. BD    ④. B

【解析】

【详解】（1）[1][2]该实验运用到的实验方法是控制变量法，探究库仑力与电荷量的关系，则在实验中应控制两电荷间距离d不变。

（2）[3]A. 两个小球不可以换成金属小球进行实验，因为金属小球间产生感应电荷，两小球不能看成点电荷，A错误；

B. 两个小球可以换成异种电荷进行实验，B正确；

C. 绳子的拉力增大的原因是因为库仑力增大引起的，C错误；

D. 库仑力随着角的增大而增大，由平衡条件可知角的增大库仑力也增大，D正确；

E. 实验中两塑料小球的带电荷量不一定相等，E错误。

故选BD。

（3）[4]根据平衡条件可知

整理可得

故选B。

12. 某同学在实验室练习使用多用电表测电阻：

（1）他找来一段电阻丝，先使用螺旋测微器测了其直径，读数如图中a所示，则该电阻丝的直径为________。

（2）接着他找来多用表来测量该段电阻丝的电阻，请根据下列步骤完成电阻测量：

①将选择开关旋转到电阻挡“”的位置。

②将红、黑表笔短接，旋动__________（填图b中的“”、“”或“”），使指针对准电流的__________刻线（填“0”或“满偏电流”）。

③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按____________的顺序进行操作，再完成测量。

A. 将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

B. 将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行欧姆调零

C. 将旋转到电阻挡“”的位置

D. 将旋转到电阻挡“”的位置

（3）正确操作后，读数如图c所示，则阻值为___________（保留3位有效数字）

（4）若将一个满偏电流为的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量阻值为的标准电阻时，指针恰好在刻度盘的正中间。如果用它测量某待测电阻时，指针指在处，则该待测电阻的阻值为__________。

A.     B.     C.     D.

【答案】    ①. （0.394—0.398）    ②.     ③. 满偏电流    ④. DBA    ⑤. 24    ⑥. B

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数)加可动刻度（0.5以下的小数）读数，图中读数为

（2）[2] [3]欧姆表调零，将红黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电流的满偏电流刻度线；

[4] 欧姆表指针偏转角度过大，说明倍率大了，应选择倍率小的挡位进行测量，选择“”挡位后，重新进行电阻调零，再与外电阻相连接；故按DBA的顺序进行操作。

（3）[5]欧姆表读数表盘读数乘以挡位倍率，图中读数为24Ω×1=24Ω

（4）[6]设待改装电流表满偏电流为Ig，欧姆表内阻为r，当其满偏时，由闭合电路欧姆定律

当其半偏时

当指针指在处时

联立可得

故选B。

三、解答题（本题共4小题，共计40分）

13. 如图所示，一质量、电荷量绝对值的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场足够大，静止时悬线与竖直方向夹角。若小球的电荷量始终保持不变，重力加速度，，。

（1）小球带什么性质的电荷；

（2）求绳子的拉力大小为多少；

（3）求匀强电场电场强度的大小。

【答案】（1）负电；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由图可知小球受到水平向左的电场力，与场强方向相反，故小球带负电。

（2）小球受力分析如图

由平衡条件知

（3）由平衡条件可得

解得

14. 如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：

(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？

(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？

【答案】（1）7m/s    （2）0.6N

【解析】

【详解】（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE＝m，

滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：

﹣mg•2R﹣qE•2R﹣μ（mg+qE）xmv2mv

联立方程组，解得：v0＝7m/s；

（2）设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：

﹣（mg+qE）R﹣μ（qE+mg）xmv′2mv

又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝m，

代入数据解得：FN＝0.6N，方向水平向右；

【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．

15. 如图所示，已知电源电动势，小灯泡的规格为“，”，开关接1，当滑动变阻器调到时，小灯泡正常发光。现将开关接2，当滑动变阻器调到时，电动机刚好正常工作且此时电源输出功率最大。已知直流电动机电阻，电动机正常工作时额定输出功率为。求：

（1）电源内阻大小；

（2）电动机正常工作时，滑动变阻器的阻值。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）小灯泡正常发光时的电阻

流过小灯泡的电流

当开关接1时

电源内阻

（2）电路的输出功率

当时，输出功率有最大值。

此时电动机的输出功率为

发热功率

所以电动机的输入功率为。

电动机两端的电压为

电阻两端的电压为

所以

另解：能量守恒可得

解得

16. 如图所示，在直角坐标系中，第一象限内的等腰直角三角形区域内有水平向左的匀强电场（电场强度大小未知），在第二象限边长为的正方形区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为，现有一带正电的粒子（重力不计）从
中点由静止释放，恰好能通过点。

（1）求区域内的匀强电场的电场强度大小；

（2）若区域内的匀强电场的电场强度为，从A点由静止释放题中所述带电粒子，求粒子经过轴的位置坐标。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设粒子进入CBOM时速度大小为，对粒子在ABO中的运动根据动能定理有

   ①

根据牛顿第二定律可知粒子在CBOM中做类平抛运动的加速度大小为

   ②

设粒子在CBOM中的运动时间为t0，则

   ③

   ④

联立①②③④解得

   ⑤

（2）设粒子进入CBOM时的速度大小为，对粒子在ABO中的运动根据动能定理有

   ⑥

假设粒子从CM边离开电场，粒子做类平抛运动的时间为t1，则

   ⑦

   ⑧

解得

   ⑨

由于，故假设成立，粒子离开CBOM时的竖直分速度大小为

   ⑩

粒子离开CBOM后做匀速直线运动，设离开电场后经时间t2粒子到达x轴，则

   ⑪

t2时间内粒子的水平位移大小为

   ⑫

联立⑦~⑫解得

   ⑬

粒子经过x轴时到O的距离为

   ⑭

故粒子经过轴的位置坐标为。‍