2022宣城高二下学期期末物理试题含解析

宣城市2021-2022学年度第二学期期末调研测试

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题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 关于物理学史，下列说法不正确的是（    ）

A. 安培提出了“分子电流假说”，很好地解释了磁化，消磁等现象

B. 密立根通过实验测出了元电荷的数值

C. 奥斯特发现了电流的磁效应

D. 安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力的方向

【答案】D

【解析】

【详解】A．安培提出了“分子电流假说”，很好地解释了磁化，消磁等现象，故A正确；

B．密立根通过油滴实验测出了元电荷的数值，故B正确;

C．奥斯特发现了电流的磁效应，故C正确；

D．安培定则是用来判断通电导线产生磁场的方向的，故D错误。

本题选不正确项，故选D。

2. 图甲是一个磁悬浮地球仪，它的原理如图乙所示，上方的地球仪内有一个永磁体，底座内有一个线圈，线圈通上电，地球仪就可以悬浮起来。下列说法正确的是（    ）

A. 线圈中应通入大小不断变化的电流

B. 将地球仪上下位置翻转，仍可以继续保持悬浮

C. 若增大线圈中的电流，稳定后地球仪悬浮的高度将会上升

D. 若增大线圈中的电流，稳定后地球仪受到的磁力增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．地球仪能悬浮，受力平衡，所以线圈中通的是直流电，大小不变，故A错误；

B．地球仪悬浮利用了同名磁极相斥，将地球仪上下位置翻转，地球仪将被吸引，不能悬浮，故B错误；

CD．若增大线圈中的电流，产生的磁场磁感应强度变强，地球仪上升到合适的高度后，斥力与重力重新平衡，再次悬浮，故C正确，D错误。

故选C。

3. 一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图象如图所示。下列图象正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】A．从a－t图象知：0～1s内物体做加速度增大的加速运动，1s～2s做加速度减小的加速运动，2s～3s做加速度增大的减速运动，3s～4s做加速度减小的减速运动， A正确；

B．B项速度最大时加速度不为零，与加速度图像第2s速度最大，加速度为零。B错误；

C D．CD项速度时间图像中直线部分，加速度大小和方向不变，与a－t图象不符。

故选A。

4. 北京时间2022年6月5日10时44分，由陈冬、刘洋和蔡旭哲3名航天员搭乘的神舟十四号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，6月5日17时42分，成功对接于天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约7小时。假设飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，其离地高度约为，地球半径是。下列说法正确的是（    ）

A. 载人飞船在轨道Ⅰ上周期大于

B. 载人飞船在轨道Ⅰ上机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能

C. 载人飞船在轨道Ⅰ上运行速率在到之间

D. 载人飞船在轨道Ⅰ上的向心加速度小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度

【答案】B

【解析】

【详解】A．地球同步卫星的周期是24h，载人飞船在轨道I上运行时的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，对于卫星万有引力提供向心力

故

可见卫星轨道半径越小，周期越短，即载人飞船在轨道I上的周期小于24h，A错误；

B．卫星在轨道II上需在A点加速才能变轨到轨道I上，在A点变轨过程中有其他形式能转化为机械能，故载人飞船在轨道I上机械能大于在轨道II上的机械能，B正确；

C．第一宇宙速度是7.9km/s，是卫星环绕地球最大的运行速度（轨道半径等于地球半径的卫星的运行速度），由

得

载人飞船轨道半径大于地球半径，故载人飞船在轨道I上运行速率小于7.9km/s，C错误；

D．由

可得

故卫星轨道半径越大，加速度越小，所以同步卫星的向心加速度小于轨道I上载人飞船的向心加速度；又因为同步卫星和赤道上的物体角速度相等，由可知，同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故载人飞船在轨道I上的向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，D错误。

故选B。

5. 变化的磁场会在空间激发涡旋状的感应电场，无论周围空间是否存在闭合回路，电子感应加速器便应用了这个原理。如图为电子在环形真空室被加速的示意图，规定垂直于纸面向外磁场方向为正，用电子枪将电子沿图示方向注入环形室，它们在涡旋电场的作用下被加速，同时在磁场内受到洛伦兹力的作用，沿圆形轨道运动。下列规律的磁场能对注入的电子进行环向加速的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据电子的运转方向，洛伦兹力提供向心力，B沿正方向；电子被加速，感应电场的方向沿顺时针，需要磁场增强，故C正确，ABD错误。

故选C。

6. 如图所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点，电荷B固定在x=2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势随坐标x的变化规律并描绘出φ-x图像。已知φ-x图线与x轴的交点坐标为x1和x2，x=3L处的切线水平，点电荷的电势公式的，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，取无穷远处电势为零。以下说法正确的是（　　）

A. 两点电荷为同种电荷

B. 两点电荷的电荷量之比为

C. 坐标、

D. 在x轴上的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据题图中各点电势φ随坐标x变化规律的曲线可知，在x轴上各点的电势有正有负，根据点电荷的电势公式可知两点电荷带异种电荷，由于时电势为正，时电势为负，所以点电荷A带正电，点电荷B带负电，故A错误；

B．φ–x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x=3L处的电场强度为零，有

解得

故B错误；

C．由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有

，

解得

，

故C正确；

D．在x轴上2L<x<3L的区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x轴负方向，若在x轴上2L<x<3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向左的电场力，将向左做加速运动，在x轴上x>3L的区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x轴上x>3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右加速到无穷远处，故D错误。

故选C。

7. 如图所示，小球放在内壁光滑的V形容器中，容器面竖直，面倾斜。若整个装置水平向右做加速运动，且加速度越来越大，则（　　）

A. 球对面的压力越来越大 B. 球对面的压力大小不变

C. 球对面的压力越来越小 D. 球对面的压力大小不变

【答案】AD

【解析】

【详解】CD．将对球的压力分解为水平方向和竖直方向的分力由于竖直方向的分力始终等于球的重力，因此对球的压力始终不变，球对面的压力不变，故C错误，D正确；

AB．由于面对球的压力与对球的压力的水平分力提供合外力，由于加速度增大，合外力增大，而对球的压力的水平分力不变，因此对球的压力增大，即球对面的压力越来越大，故A正确，B错误。

故选AD。

8. 如图，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为和，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（    ）

A. A、B球受到的支持力之比为1:3 B. A、B球的向心力之比为3:1

C. A、B球运动的线速度之比为1:1 D. A、B球运动的角速度之比为1:3

【答案】BC

【解析】

【详解】A．A、B球受到的支持力之比为

故A错误；

B．A、B球的向心力之比为

故B正确；

C．由

可得

则

故A、B球运动的线速度之比为，故C正确；

D．由

可得

故D错误。

故选BC。

9. 如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、电压表、、均为理想电表，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合开关S，当的滑动触头P由下端向上滑动的过程中（    ）

A. 电压表的示数均增大

B. 电流表A示数增大，电压表的示数减小

C. 电压表示数与电流表A示数的比值不变

D. 电压表示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值不变

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．当滑动触头P由下端向上滑动时，由题意可知，R2接入电路的电阻减小，电路中的总电阻减小，由全电路欧姆定理可知，电路中的电流增大，即电流表A示数增大，内阻所分电压增大，外电压减小，即电压表 V3 示数减小，R1电阻不变，所分电压增大，即电压表 V1 示数增大，R2所分电压减小，即电压表 V2示数减小，故A错误，B正确；

C．电压表 V2 示数与电流表A示数的比值为R2接入电路的电阻的阻值，由题意可知，其接入电路的阻值减小，故C错误；

D．由题意可知，电压表 V3 示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值为内阻r，电源内阻大小不变，故D正确。

故选BD。

10. 如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 滑块b沿a上升的最大高度为

B. 物块a运动的最大速度为

C. 物块a对滑块b的冲量大小

D. 物块a对滑块b的所做的功

【答案】BD

【解析】

【详解】A．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得

mv0=(m＋4m）v

由机械能守恒定律得

mv02=（m＋4m）v2＋mgh

解得

h=

A错误；

B．滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得

mv0=mvb＋4mva

由机械能守恒定律得

mv02=mvb2＋×4mva2

解得

va=v0，vb=v0

B正确；

C．对b由动量定理

C错误；

D．对b由动能定理

D正确

故选BD。

第Ⅱ卷（非选择题60分）

二、实验题：本题共2小题，共16分。

11. 用如图（a）所示装置测量当地的重力加速度，在竖直支架的上部固定水平限位板，下部固定光电门。让小球紧贴限位板下表面由静止开始落下，通过光电门时可以记录小球通过光电门的时间。

（1）若小球直径为d，小球通过光电门的时间为，则小球通过光电门时的速度可表示为______（用题中给出的符号表示）；

（2）用游标卡尺测小球直径d，示数如图（b）所示，则d=______cm；

（3）若某次实验中限位板下表面到光电门高度为h，则实验测得当地的重力加速度可表示为______（用题中给出的符号表示）；

【答案】    ①.     ②. 1.005    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]小球通过光电门的平均速度为

（2）[2]游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺读数10mm，游标尺的第1条刻线与主尺的某刻线对齐，则有

1×0.05mm=0.05mm

所以测量读数为

10mm+0.05mm=10.05mm=1.005cm

（3）[3]小球下落的高度为，根据匀变速运动规律

解得

12. 电流表的量程为，内阻为，把它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程。当开关S接到1或2位置时为电流挡，其中小量程为，大量程为。

（1）关于此多用电表，下列说法正确的是____________；

A．开关S接到位置4时是欧姆挡

B．开关S接到位置6时是电压挡

C．开关S接到位置5时的量程比接到位置6时的量程大

（2）开关S接位置____________（填“1”或“2”）时是电流挡的小量程，图中电阻____________；

（3）已知图中的电源的电动势为，当把开关S接到位置4，短接A、B进行欧姆调零后，此欧姆挡的内阻为____________，现用该挡测一未知电阻阻值，指针偏转到电流表满刻度的处，则该未知电阻的阻值为____________。

【答案】    ①. AB##BA    ②. 2    ③. 261    ④. 900    ⑤. 600

【解析】

【详解】（1）[1]A．当开关接到位置4时，电流表与内电源串联，电表为欧姆表，故A正确；

B．当开关S接到位置6时，电流表与电阻串联，起到分压作用，电表为电压表，故B正确；

C．开关S接到位置5时与接到位置6时对比，接到6时串联的电阻大，分压作用也大，电压表的量程也更大，故C错误。

故选AB。

（2）[2]当开关S接到2位置时，并联的电阻大，分流小，其电流表的量程小。

[3]记接1时的最大电流为I1，接2时最大电流为I2，由题意可知，当开关接到1时，有

当开关接到2时，有

代入数据解得

（3）[4][5]由上述分析可知，当开关S接到位置4时，电路中的满偏电流为Im=10mA，则由题意即欧姆定律可得

由指针偏转到电流表 G1 满刻度的处可得

解得

三、计算题：本题共4小题，共44分。解答时应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13. 某空降兵部队进行空降训练时，空降兵坠离机舱后，先自由下落一段距离，然后再打开降落伞做匀减速运动，直至安全着落。设某次训练的高度为h，未打开降落伞时，空气阻力可忽略不计，打开降落伞后，空气阻力等于重力的1.5倍，空降兵坠离机舱时速度为零，到达地面时的速度也可视为零，重力加速度为g，试求：

（1）打开降落伞后空降兵下降的距离；

（2）空降兵下落运动过程所能达到的最大速度。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）未打开降落伞时

则

打开降落伞后

则

打开降落伞后下降的距离为x，能达到的最大速度为v；则有

解得

（2）由解得

14. 北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌获得了中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以与水平方向成37°角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向夹角也为37°，测得运动员完成空中动作的时间为2.5s。然后运动员沿半径为R＝66m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F点地面对运动员的支持力为其体重（含装备）的2倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数μ随着滑行的位移x变化关系的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求：

（1）运动员从起跳点C飞起时的速度大小；

（2）运动员在水平停止区滑行位移大小。

【答案】（1）15m/s；（2）60m

【解析】

【详解】（1）对运动员由点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向速度

竖直方向速度上抛

着陆时竖直方向分速度与点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为也为37°，则有

代入数值得

（2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为m，在点支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力，则有

由图乙可知

运动员到达点后，做匀减速直线运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为L，由动能定理

解得

L=60m

15. 如图，两电阻不计且间距的足够长光滑平行金属导轨水平放置，导轨左、右两侧分别接有两个阻值均为的电阻，导轨间宽度的虚线区域内存在磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场（图中未画出），一长度也为，阻值为的导体棒在平行于导轨的外力F作用下以的速度匀速经过磁场区，整个运动过程中，导体棒与两金属导轨接触良好。求：

（1）导轨匀速经过磁场区域时外力F的大小；

（2）导体棒通过磁场的过程中两电阻R上产生的总热量；

（3）将导体棒移去，在虚线区域内换一垂直于导轨平面且按规律增大的磁场，若此时两电阻R的总热功率与导体棒匀速经过匀强磁场过程中两电阻R的总热功率相等，求k的大小。

【答案】（1）2N；（2）3J；（3）

【解析】

【详解】（1）导体棒切割磁感应线产生感应电动势

电路的总电阻

干路电流

导体棒所受安培力

由平衡条件得

（2）导体棒通过磁场的时间

两电阻R上产生的总热量

解得

（3）变化的磁场产生的感生电动势

根据题意有

解得

16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、三象限内，有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y轴与x=a之间（含边界）有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在x轴上坐标为（，0）的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场加速后进入磁场，恰好不从x=a的边界射出磁场，不计粒子的重力，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）粒子从静止释放到第四次经过y轴所用的时间；

（3）若使该粒子从P点以一定的初速度沿y轴负方向射出，粒子经电场、磁场偏转后，刚好垂直于x=a的边界射出磁场，则粒子从P点射出的初速度多大。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设粒子进磁场时的速度大小为v1，根据动能定理有

解得

由题意知粒子在磁场中做圆周运动的半径

根据牛顿第二定律

解得

（2）设粒子第一次在电场中运动时间为t1，则

解得

设粒子每次在磁场中运动时间为t1，则

根据周期性与对称性可知，粒子从释放到第四次经过y轴所用时间

（3）设粒子从P点射出的初速度大小为v0，粒子进磁场时速度与y轴负方向夹角为θ，则

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r2，根据题意知

粒子进磁场时的速度

根据牛顿第二定律

解得