【文档说明】天津市南仓中学2022-2023学年高二上学期1月期末物理试题含解析.docx，共(16)页，1.009 MB，由小赞的店铺上传

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天津市南仓中学2022至2023学年度第一学期高二年级期末过程性监测与诊断（物理学科）第Ⅰ卷一、单项选择题（每小题3分，共24分）1.现代生活中人类与电磁波结下了不解之缘，关于电磁波下列陈述中符合事实的是（）A.麦克斯韦首先用实验证实了电磁波的存在B.红外线波长小于紫外线的波长C.空间有变化的电场

（或磁场）存在，不一定能形成电磁波D.把手机放在抽成真空的玻璃盒中，拨打该手机号码，手机由于接收不到电磁波信号而无法接通【答案】C【解析】【详解】A．麦克斯韦首先预言电磁波，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误；B．红外线波长大于紫外线的波长，故B错误；C．

均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，将不能再产生电磁波，故C正确；D．电磁波在真空中也能传播，把手机放在抽成真空的玻璃盒中，手机能接收到电磁波的信号，故D错误。故选C。2.下列说法中正确的是（）A.若一

小段电流在某处所受的磁场力为零，该处的磁感应强度不一定为零B.磁场中磁感应强度大的地方，磁通量一定很大C.磁感应强度的方向与通电直导线在该处所受磁场力方向相同D.穿过某一面积的磁通量为零，则该处磁感应强

度一定为零【答案】A【解析】【详解】A．若一小段电流在某处所受的磁场力为零，则该处的磁感应强度不一定为零，也可能是电流方向与磁场方向平行，A正确；B．磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定大，与线框的面积和位置有关，B错误；C．根据左手定则，磁感应强度的方向与通电直导线在该处安培力的方向垂直，C错

误；D．穿过某一面积的磁通量为零，可能是磁感应强度为零，也可能是线圈平面与磁场方向平行，D错误。故选A。3.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的库仑力为F，若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离增大为原来的3倍，它们之间的库仑力变为（）A

.49FB.94FC.23FD.32F【答案】A【解析】【详解】变化之前根据库仑定律有122qqFkr=变化之后有'1212222244(3)99qqqqFkkFrr===故选A4.在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】A．A图，根据左手

定则，磁感线从掌心垂直进入，四指指向负电荷运动的反方向，拇指指向洛伦兹力的方向，判断出洛伦兹力方向向下，故A错误；B．B图，根据左手定则，磁感线从掌心垂直进入，四指指向正电荷运动的方向，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出洛伦兹力方向向左，故B错误；C．C图，当带电粒子

的速度方向与磁感线平行时，带电粒子不受洛伦兹力，故C错误；D．D图，根据左手定则，磁感线从掌心垂直进入，四指指向负电荷运动的反方向，拇指指向洛伦兹力的。方向，判断出洛伦兹力方向垂直纸面向外，故D正确。故选D。5.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘

柱支撑使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开（）A.此时A带正电，B带负电B.此时A带正电，B带正电C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】【详解】AB．带正电的物体C靠

近A附近时，根据异种电荷相互吸引，AB中的自由电子一部分移动到A的左端，故A带上负电，B带上正电，AB错误；C．移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，C正确；D．先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开，D

错误。故选C。6.根据电容器的电容的定义式QCU=，可知（）A.电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比B.电容器不带电时，其电容为零C.电容器两极板之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比D.无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量Q与

电压U的比值恒定不变【答案】D【解析】【详解】公式QCU=是比值法定义的，电容器的电容仅与电容器本身有关系，与电容器所带电荷量无关，与电容器两端的电压无关，无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量Q与电压U

的比值恒定不变，故D正确，ABC错误。故选D。7.在如图闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是()A.A变大，V变大B.A变小，V变大C.A变大，V变小D.A变小，V变小【答案】B【解析】【详解】滑片P向右移动时，R电阻增

大总电流减小，所以电流表示数变小，电动势不变，内电压、R0两端电压减小，所以R两端电压增大，电压表示数变大，故B正确，ACD错误；故选B．8.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，凭借此项成果，他于1939年获得诺贝尔物理学奖。其原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭

缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为+q，在加速过程中不考虑相对论效应和重力离子的影响。则下列说法正确的是（）的A.粒子从磁场中获得

能量B.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大C.质子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径成正比D.该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的粒子时，交流电源频率应变为2f【答案】D【解析】【详解】A．粒子在磁场中做匀

速圆周运动，洛伦兹力对粒子不做功，所以动能不变，故A错误；B．粒子在磁场中运动的周期2mTqB=被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关，故B错误；C．粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力2vqvBmR=得Bq

Rvm=粒子的动能2222k122qBREmvm==可知质子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径的平方成正比，故C错误；D．粒子在磁场中运动的周期2mTqB=频率为12BqfTm==加速α粒子交流电的频率'2

1242Bqffm==故D正确。故选D。二、多项选择题（每小题4分，共16分，少选得2分，错选得0分）9.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按图所示连接。实验中一定会使电流表指针发生偏转的是（）A.保持开关闭合B

.开关闭合瞬间C.开关断开瞬间D.保持开关闭合，移动变阻器滑片【答案】BCD【解析】【详解】A．保持开关闭合，电流不变，线圈B中磁通量不变化，故不会产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故A错误；B．开关闭合瞬间，产生电流，线圈B中磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故B正确；

C．开关断开瞬间，电流消失，线圈B中磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故C正确；D．保持开关闭合，移动变阻器滑片，电流发生变化，线圈B中磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故D正确。故选BCD。10.关于电势的高

低，下列说法中正确的是：（）A.沿着电场线的方向电势逐渐降低B.电势降低的方向一定是电场线的方向C.正电荷只在电场力的作用下，一定向电势低的地方移动D.负电荷只在电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方移动【答案】AD【解析】【分析】根据推论：沿电场

线方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场强度的方向；正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度；负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动．【详解】A项：电场力做功WAB=

UABq，不妨设沿着电场线方向移动正电荷，则电场力做正功，所以UAB＞0，所以φA＞φB，所以沿着电场线方向电势逐渐降低，故A正确；B项：沿着电场线方向移动电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场线的方向，电势降低最快的方向才是场强的方向，即是电场线的方向，故B错误；C项：正电

荷只在电场力作用下从一点移到另一点，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度，故C错误；D项：根据电场力做功表达式WAB=UABq=Eqd，负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，电场力做正功，WAB＞0，q＜0，则UAB＜0，所

以φA＜φB，即向电势高的地方运动，故D正确．故应选：AD．【点睛】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．11.章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此

获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为M，静止悬浮在水中一次喷射出质量为m的水，喷射速度大小为0v，章鱼体表光滑，则以下说法中正确的是（）A.喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒B.喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒C.章鱼喷

水后瞬间逃跑的速度大小为0mvMD.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为0mvMm−【答案】AD【解析】【详解】A．章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，A正确；B．在

章鱼喷水的过程中，章鱼体内的化学能转化为机械能，系统机械能增加，B错误；CD．以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象，规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向，由动量守恒定律得()00Mmvmv=−−可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为0mvvMm=−C错误，D正确；的故选AD。12.如图所示，带箭

头的实线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.A、B两点相比，粒子在A点加速度较大C.A、B两点相比，粒

子在A点动能较大D.A、B两点相比，粒子在B点电势能较高【答案】CD【解析】【详解】A．电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力方向向下（合力的方向指向运动轨迹的凹侧），与电场线的方向相反，所以该粒子带负电，故A错误；B

．电场线密集的地方电场强度大，故B点电场强度比A处大，根据FEqamm==可知粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度大。故B错误；CD．从A到B过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，则

粒子在A点动能大，在B点电势能大。故CD正确。故选CD。第Ⅱ卷三、填空题（每空2分，共18分）13.在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，现备有以下器材：A．干电池1个B．滑动变阻器（050Ω）C．滑动变阻器（01750Ω）D．电压表（03V）E．电压表（015

V）F．电流表（00.6A）G．电流表（03A）（1）其中滑动变阻器应选______，电流表应选______，电压表应选______（填写字母序号即可）（2）上图是根据实验数据画出的UI−图像，由此可知这个干电池的电动势E=______

V，内电阻r=______Ω。【答案】①.B②.F③.D④.1.5⑤.0.5【解析】【详解】（1）[1][2][3]干电池电动势约为1.5V，所以选择量程为03V的电压表；干电池中电流不允许过大，一般不能大于0.6A，所以选择量程为00.6A的电流表；电池内阻较小，为了方便调节，滑动

变阻器的阻值不能太大，所以选择050Ω的滑动变阻器。（2）[4][5]由闭合电路欧姆定律可知EUIr=+整理可得UIrE=−+结合图像可知，纵轴截距表示电池电动势，图线斜率绝对值表示电池内阻，即1.5VE=

，1.5V1.0V0.5Ω1.0AUrI−===14.铅笔内芯是圆柱形石墨和粘土的混合体。（1）某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为________mm。（2）某同学使用多用电表欧姆挡粗略测其电阻。他首先将选择开关置于“×

10”倍率，接着将两支表笔短接，旋转欧姆调零旋钮使指针指向0，然后将两表笔分别与该铅笔内芯两端接触，测其电阻时指针如图2所示，则该同学接下来应该进行的正确操作顺序是________。（选填步骤前的字母）的A.将两表笔短

接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔B.旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”挡），并拔出两表笔C.将选择开关旋到“×1”挡D.将选择开关旋到“×100”挡E.将选择开关旋到“×1k”挡F.将两表笔分别连接到被测铅笔内芯的两端，读出

阻值xR，断开两表笔（3）若该同学在（2）中正确操作后再次测量时指针如图3所示，则该铅笔内芯的电阻是________Ω。（4）若该铅笔芯的直径为d，有效长度为L，用伏安法精确测得其电阻为R，则其电阻率为______

__（用该问所给出的物理量表示）。【答案】①.0.642②.CAFB③.12④.24RDL【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为0.5mm14.20.01mm0.642mm+=（2）[2]多用电表测电阻时，选用“×10”挡时，指针的偏转角度过大，所以要调更小的挡位，即

将选择开关旋到“×1”挡，接着红黑表笔短接表笔并调节欧姆调零旋钮，正常读数之后，将选择开光拨至OFF”挡，所以上实验步骤中的正确顺序是CAFB。（3）[3]铅笔内芯的电阻121Ω12ΩxR==（3）[4]根据电阻定律得LRS=又222=DS联立可得24RDL

=四、解答题15.一根长为l的绝缘丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，求：（1）小球受到的静电力大小；（2）匀强电场电场强度的大小。【答案】（1）小球受到

的静电力大小为mgtan37°；（2）匀强电场电场强度的大小为34mgq【解析】【分析】【详解】（1）（2）小球的受力如图，显然小球带正电，由平衡条件得qE=mgtan37°故电场强度大小为E=34mgq16.如图所示，电源电动势E=1

0V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R0=1Ω，求：（1）流过电源的电流；（2）电动机的输出功率。的【答案】（1）=4AI；（2）12WP=【解析】【详解】（1）因为标有“8V，16W”

的灯泡恰好能正常发光，可知路端电压U为8V，根据闭合回路欧姆定律可得流过电源的电流为108A=4A0.5EUIr−−==（2）通过灯泡的电流为LL16A=2A8PIU==通过电动机的电流为ML2AIII=−=电动机的输出功率为22MM0(2821)W12WPIUIR=−=−

=17.如图所示，有一电子（电荷量为e）初速度为0，经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间，金属板AB的长度为L。电子从两板正中间垂直电场方向射入，求：（1）电子离开电场时偏转角的正切值；（2）若电子正好能从金属板边缘穿出电

场，电子穿出电场时的动能。【答案】（1）02ULUd；（2）012UeUe+【解析】【详解】（1）电子通过加速电场有20012Uemv=电子通过偏转电场yxUeUeLvattmdmdv===0xvv=电子离开电场时偏转角的正切值20tan2yxxvUeLULvmdvUd===（2）若电子正好

能从金属板边缘穿出电场，根据动能定理有02kUedUeEd+=即012kEUeUe=+18.如图所示，离子室内充有大量带正电的某种粒子，它们以不同的初速度从离子室飘出，经加速电场加速后，从速度选择器两极板间的中点

平行于极板进入速度选择器。速度选择器两极板间匀强电场的电场强度大小为E（未画出），匀强磁场的磁感应强度大小为1B、方向垂直纸面向里。部分粒子沿直线通过速度选择器后，从M点沿半径方向射入半径为R的圆形磁场区域，然后从N点射出。O为圆形磁

场的圆心，∠MON=120°，圆形区域内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。不计粒子所受的重力及它们之间的相互作用。求：（1）粒子从M点进入圆形磁场时的速度v；（2）该粒子的比荷qm；（3）粒子在圆形磁场中运动的时间t。【答案】（1）1E

B，方向向右；（2）1233EBBR；（3）133BRE【解析】【详解】（1）能沿直线通过速度选择器应满足1EqqvB=解得1EvB=方向向右；（2）设粒子做圆周运动的半径为r，从M点沿半径方向射入半径

为R的圆形磁场区域，然后从N点射出。∠MON=120°，如图所示根据几何关系得3tan30RrR==根据22vqvBmr=解得1233qEmBBR=（3）粒子做圆周运动的周期22mTqB=则粒子在圆形磁场中运动的时间60360tT=联立

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