安徽省宣城市2021-2022学年高二（上）期末调研测试物理试题Word版含解析

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=0.5WB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.d③.BD④.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.DBA⑤.24⑥.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＝103V/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＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g＝10m/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