安徽省亳州市2021-2022学年高二物理上学期期末试卷（Word版含解析）

亳州市普通高中2021—2022学年第一学期高二年级期末质量检测物理考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回。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1~7小题只有一项符合题目要求；第8~10小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.下列说法正确的是（　　）A.变化的电场产生变化的磁场B.红外线能使荧光物质发光C.红光的能量子比绿光的能量子大D.黑体不反射电磁波，但可以辐射电磁波【答案】D【解析】【详解】A．均匀变化的电场产生恒定的磁场，A错误；B．紫外线能使荧光物质发光，B错误；C．红光的波长比紫光大，红光的能量子比绿光的能量子小，C错误；D．黑体不反射电磁波，但可以辐射电磁波，D正确。故选D。2.如图所示，曲线为点电荷电场中的一条等势线，A、B为电场中的两点，将一个带负电的检验电荷从A点移到B点，电场力做正功。已知A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为、，则下列说法正确的是（　　） A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【详解】将一个带负电的检验电荷从A点移到B点，电场力做正功，即，，根据电场力做功关系有可得而曲线为点电荷电场中的一条等势线，等势线应为点电荷为圆心的圆，A点离场源更近电势较低，则场源为负的点电荷，而由场强公式可知综上可知故选A。3.某金属电阻的伏安特性曲线如图所示，将该电阻直接接在直流电源两端，该电阻消耗的功率为0.75W.电源的发热功率为该电阻消耗功率的，则直流电源的电动势和内阻分别为（　　） A.4V，3ΩB.4V，4ΩC.5V，3ΩD.5V，4Ω【答案】B【解析】【详解】设电源电动势和内阻分别为E、r，当该电阻直接接在直流电源两端时，电阻的工作电流和电压分别为I、U，根据题意和闭合电路欧姆定律有由图像可以读出当U=3.0V时，I=0.25A，此时功率P=0.75W可解得E=4V，r=4Ω故ACD错误，B正确。故选B。4.在如图所示电路中，电流表A1、A2，电压表V均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时（　　）A.电流表A1示数变大B.电流表A2示数变大C.电压表V示数变大D.电源的输出功率变大【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，R1与R2并联，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，R2接入电路阻值增大，则外电路中的总电阻R增大，根据闭合电路的欧姆定律 知，电路中电流I变小，即电流表A1示数变小，故A错误；C．路端电压为可知，路端电压U变大，即电压表示数变大，故C正确；B．通过R1的电流由于U变大，则I1变大，通过R2的电流为由于I变小，I1变大，则I2变小，即电流表A2示数变小，故B错误；D．由于不知道外阻与内阻的大小关系，当外阻变大时无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误。故选C。5.用如图所示的实验装置探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳均接地，电容器右侧极板B固定并与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开，将A极板先向右平移到虚线位置，然后再向上平移到P位置，则静电计的张角（　　）A.一直变大B.一直变小C.先变小后变大D.先变大后变小【答案】C【解析】【详解】根据解得 将A极板先向右平移，d减小，U减小，指针的偏角减小；然后再向上平移，S减小，U增大，指针偏角增大，所以指针偏角先变小后变大。故选C。6.如图所示，长直导线中通有竖直向上的恒定电流，矩形金属线框在A处，两者均在同一竖直平面内，将金属线框在平面内平移到B处，A、B两位置关于长直导线对称，则下列判断正确的是（　　）A.线框在A处时，线框表面的磁场垂直于线框平面向里B.线框从A处平移到B处，磁通量先增大后减小C.线框从A处平移到B处，磁通量变化量为0D.若将线框绕长直导线从A处以导线为轴转动到B处，磁通量变化量为0【答案】D【解析】【详解】A．根据安培定则，线框在A处时，线框表面的磁场垂直于线框平面向外，A错误；B．如下图所示，线框在位置3时的磁通量等于零，所以线框从A处平移到B处，磁通量增大、减小、零、增大、减小，B错误；C．线框在A处时，线框表面的磁场垂直于线框平面向外，线框在B处时，线框表面的磁场垂直于线框平面向里，所以线框从A处平移到B处，磁通量变化量不等于0，C错误；D．若将线框绕长直导线从A处以导线轴转动到B处，磁感线始终从一个方向穿过线框，所以磁通量变化量为0，D正确。 故选D。7.如图所示，折成“”形的金属杆ACD固定在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，杆所在平面与磁场平行，A、D连线与磁感线平行，CD与磁感线垂直，AC长为a，CD长为b，现给该段金属杆A、D两端通入大小为I的恒定电流，则该金属杆受到的安培力大小为（　　）A.BIaB.BIbC.BI(a+b)D.0【答案】D【解析】【详解】折成“”形的金属杆ACD固定在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，杆所在平面与磁场平行，折成“”形的金属杆ACD的有效长度AD与磁感线平行，所以金属杆受到的安培力大小为零，故D正确，ABC错误。故选D。8.利用回旋加速器可以获得高能粒子，如图所示为回旋加速器的原理图。其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，D形盒的半径为R，两盒间的狭缝间施加周期性变化的电场，交变电场的周期为T，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中。匀强磁场的磁感应强度为B。关于回旋加速器加速粒子，下列说法正确的是（　　）A.粒子在电场和磁场中都可以获得能量B.粒子被加速的最大速度为C.被加速粒子的比荷为D.要使比荷为的粒子也能被加速，需将磁场的磁感应强度减小为 【答案】BC【解析】【详解】A．粒子在电场可以获得能量，在磁场中不能获得能量，A错误；B．粒子被加速的最大速度为B正确；C．粒子在磁场中的运动周期与变化电场的周期相同，根据粒子在磁场的周期公式整理可得C正确；D．比荷为的粒子不能被加速，需将变化电场的周其减小为时才能被加速，D错误。故选BC。9.A、B、C为三个相同的金属小球，A带电量为，三个金属小球分别固定于正三角形的三个顶点，小球的半径远小于小球间的距离。若B、C两球不带电，三角形中心处电场强度大小为E，若B、C两球均带电，结果三角形中心处的电场强度大小为2E，则B、C两球的带电量可能是（　　）A.均为+QB.均为QC.均为QD.分别为+Q、Q【答案】ACD【解析】【详解】A．若B、C两球的带电量均为+Q，根据点电荷产生的电场强度公式可知B、C两球在中心O点产生的电场强度大小也为E，方向如图所示 根据电场强度的叠加原理，可知中心O点合电场强度为2E，故A符合题意；B．若B、C两球的带电量均为Q，根据点电荷产生的电场强度公式可知B、C两球在中心O点产生的电场强度大小为2E，方向如图所示根据电场强度的叠加原理，可知中心O点合电场强度E，故B不符合题意；C．若B、C两球的带电量均为Q，根据点电荷产生的电场强度公式可知B、C两球在中心O点产生的电场强度大小为3E，方向如图所示根据电场强度的叠加原理，可知中心O点合电场强度2E，故C符合题意；D．若B、C两球的带电量分别为+Q、Q，根据点电荷产生的电场强度公式可知B、C两球在中心O点产生的电场强度大小为E，方向如图所示 根据电场强度叠加原理，可知中心O点合电场强度2E，故D符合题意。故选ACD10.如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场沿水平方向垂直纸面向里，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一个带电粒子以大小为v0的速度从M点沿垂直电场、磁场的方向向右射入场内，粒子恰好能做匀速圆周运动，重力加速度为g，则（　　）A.带电粒子带负电B.带电粒子的比荷为C.粒子做圆周运动的半径为D.若使电场强度减小v0B，粒子从M点向右以v0射出做直线运动【答案】BD【解析】【详解】A.带电粒子带正电，电场力与重力是平衡力，A错误；B.根据平衡条件解得 B正确；C.根据牛顿第二定律解得C错误；D.若使电场强度减小v0B，粒子受到的合力为解得粒子受力平衡，从M点向右以v0射出做直线运动，D正确。故选BD。二、转选择题：本题共6小题，共60分。11.某同学练习使用多用电表（1）用多用电表测电阻时，下列说法正确的是_________。A．测量前必须欧姆调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．用选择开关指向欧姆挡“”位置的多用电表测某电阻阻值，如果指针偏转角度太小，应这将选择开关调至“”挡C．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其他元件断开后再测量D．使用完毕应当拨出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或直流电压最高挡 （2）用多用电表测电流时，若多用电表未接入电路时。指针如图1所示，接着的操作是__________。将多用电表接入电路时，应该让电流从___________（填“红”或“黑”）表笔流入，若选择开关拨至“50mA”挡，指针所指的位置如图2所示，则电路中的电流为_________mA。【答案】①.C②.进行机械调零③.红④.29.2~29.5【解析】【详解】（1）[1]A．测量电阻前要进行欧姆调零，但当两个待测电阻选用同一倍率档位时就不需要二次欧姆调零了，故A错误；B．用选择开关指向欧姆挡“”位置的多用电表测某电阻阻值，如果指针偏转角度太小，说明倍率过小，应这将选择开关调至“”挡，故B错误；C．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其他元件断开后再测量，通过待测电阻的电流必须是欧姆表内部电源提供，这样才满足欧姆表的工作原理，故C正确；D．使用完毕应当拨出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡，不能是直流，故D错误。故选C。（2）[2]若多用电表未接入电路时,指针没有指向电流表盘0刻度线，则需要进行机械调零；[3]多用电表接入电路时，应该让电流从红表笔流入，流向电源负极，红表笔相当于直流电表的+接线柱；[4]图2所示的电流读数为29.3mA。12.某同学用如图1所示的电路研究电源的输出功率P随电路中电流I变化的关系。（1）请根据电路图将图2实物图连接完整___。（2）闭合电键前应将图2中的滑动变阻器滑片移到最__________（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器，测得多组电压表示数U和电流表示数I的值，根据P=UI求出对应的电源输出功率，作出P-I图像如图3所示。由图3可知，当电源的输出功率为0.2W时，电压表的示数为_________V，根据图像还可以求得电源的电动势E=________V，电源的内阻r=________Ω。（结果均保留2位有效数字）【答案】①.②.左③.2.2或0.65④.3.0⑤.7.5 【解析】【详解】（1）[1]实物连接如图（2）[2]闭合电键前，为保护电路应将滑动变阻器滑片移到最大阻值处，即应将图2中的滑动变阻器滑片移到最左端；[3]由图3可知，当电源的输出功率为0.2W时，对应的电流为0.09A或0.31A，则根据可得，电压表的示数约为2.2V或0.65V；[4][5]由图3可知，当电流0.2A时，电源有最大输出功率为0.3W，此时外阻有R=r则有解得又有联立解得13.如图所示的电路中，电源内阻r=2Ω，电动机的线圈电阻R1=1Ω，电动机正常工作，理想电压表的示数U0=6V，电动机消耗的功率为20W，电源输出功率为26W，求：（1）定值电阻的阻值R0；（2）电源的电动势及电动机对外输出的机械功率。 【答案】（1）；（2）28V，【解析】【详解】（1）根据题意可知，电阻R0消耗的功率又因解得（2）电路中的电流根据能量守恒有解得E=28V对电动机，根据能量守恒，有解得14.如图所示，直角梯形金属线框ACDF倾斜固定放置，AF边水平，边长为1.7m，DF边与AF边垂直，线框平面与水平面夹角θ=37°，在AF边接有电动势E=4V、内阻r=1Ω的直流电源，CD边长为0.3m，接有阻值为R1=2Ω的定值电阻，AC、DF边的中点分别为G、H，金属线框处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=2T。质量为m=0.2kg的导体棒放在线框上的G、H之间，导体棒接入电路的电阻 R2=2Ω，导体棒恰好刚要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属线框的电阻不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）外电路的电阻根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流导体棒接入电路的长度导体棒受到的安培力大小为（2）由于，因此导体棒有向上滑动的趋势，设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，根据力的平衡有根据滑动摩擦力的表达式有 解得15.如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，也是直角三角形的三个顶点，匀强电场与三角形ABC平面平行。从C点向某一方向以大小为v0的速度射出一个质量为m电荷量为q的带正电粒子，粒子仅在电场力作用下恰好能先后通过A、B两点，粒子通过A、B两点时的速度大小分别为，，已知∠A=90°，∠C=60°，AB边长为L，粒子重力不计。求：（1）C、B两点及C、A两点的电势差；（2）匀强电场的电场强度。【答案】（1）；（2），沿AF方向【解析】【详解】（1）粒子从C到B，根据动能定理解得粒子从C到A，根据动能定理 解得（2）根据（1）结果得D、E两点将AB边三等分，根据匀强电场的电势分布特点可知，CD为等势线。由A点作AF垂直CD，则匀强电场的电场强度大小由于A点电势比C点电势高，因此电场方向沿AF方向。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的时间为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