【文档说明】天津市南开区2021-2022学年高二上学期期末考试物理试题含解析.docx，共(18)页，4.712 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-df3c89a0b0b37d15450a87d656163019.html

以下为本文档部分文字说明：

2021-2022学年度第一学期南开区期末考试试卷高二年级物理学科第Ⅰ卷一、单项选择题（每题4分，共32分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）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.在真空中电磁波的传播速度小于真空中的光速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，A错误；B．在真空中电磁波的传播速度等于真空中的光速，B错误；C．只有周期性变化的电场才能形成电磁波，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，

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，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.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。4.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。5.如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点P、Q上，c

、e两点关于Q点对称，下列说法正确的是（）A.b、d两点场强不同，电势相等B.b、e两点场强方向相同，e点场强较b点大，而b点电势高C.同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能小于在c点具有的电势能D.将一带负电

的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】B【解析】【详解】A．根据等量异种电荷的电场与电势分布可知，b、d两点电场强度相同，电势相等，故A错误；B．根据等量异种电荷的电场与电

势分布可知，b、e两点电场强度方向相同，均为水平向右，且e点附近电场线较b点附近电场线密集，所以e点场强较b点大；b、d、O在同一等势面上，根据沿电场线方向电势降低可知O点电势比e点电势高，所以b点电势比e点电势高，故B正确；C．将一带正电的试

探电荷从e点移动到c点的过程中，P点点电荷的静电力对试探电荷做正功，而Q点点电荷的静电力对试探电荷做功为零，所以试探电荷从e点到c点电势能减小，即同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能大于在c点具有的电势能

，故C错误；D．将一带负电的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点的过程中，电场力一直做负功，故D错误。故选B。6.USB电风扇体积小、便于携带，并且采用了新型的无刷直流电机，比传统的马达风扇更安静、更省电。目前，USB电风扇已经成了上班族、学生党的常备利器。若USB风扇正常工作时内部电机两端

电压为U，输入电流为I，则以下说法正确的是（）A.电机的电阻为UIB.电机产生焦耳热的功率为UIC.电机输出机械功率小于UID.电机消耗的电功率小于UI【答案】C【解析】【详解】A．电动机为非纯电阻电路，计算电阻不能用欧姆定律，即电阻不等于UI

，故A错误；BCD．电动机工作时，有热机=+UIPP可知电机输出机械功率小于UI，电机产生焦耳热的功率小于UI，电机消耗的电功率等于UI，故C正确，BD错误。故选C。7.某学校创建绿色校园，图甲为新装的一批节能灯，该路灯通

过光控开关实现自动控制；电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，tR为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A.干路电流减小B.R0两端电压变小C.B灯变亮，A灯

变暗D.A、B两灯都变暗【答案】D【解析】【详解】A．由题意，增加光照强度，tR减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，故A错误；B．电源的内电压=UIr内内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电

流为0AIII==I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，故B错误；CD．而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知B的电压减小，B灯变暗；即A、B两灯都变暗，故C错误，D正确；故选D。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

（）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BqRvm=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'21242Bqffm

==故D正确。故选D。二、多项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分。）9.两个相同的金属小球A和B均带电，小球A带正电，电荷量为2q（0q）。小球B带负电，电荷

量为q−。A和B均可以看成点电荷，当两球距离为r时，两球之间的库仑力大小为F。现将A、B接触后再放回原来的位置，两球之间的库仑力大小为F。则下列说法正确的是（）A.小球所带电荷量可能为任意的数值B.金属小球A和B接

触时，电子从小球B向小球A转移C.8FF=D.4FF=【答案】BC【解析】【详解】根据库伦定律得22222==qqkqFkrr将A、B接触后，两个小球带的电荷量相等，均为222−==qqqQA球所带正电荷变少，

是因为金属小球A和B接触时，电子从小球B向小球A转移，库仑力为2'222248===qqkqFFkrr故BC正确，AD错误。故选BC。10.若在电场中的某点A放一试探电荷q，它所受到的电场力大小为F，方向

水平向右。下列说法中正确的是（）A.在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向为水平向左B.在A点放一个负试探电荷，它所受的电场力方向水平向左C.在A点放一个电荷量为2q的试探电荷，它所受的电场力仍为FD.在A点放一个电荷量为2q的试探电荷，A点的场强为Fq【答案】BD【解析】【详

解】ABD．由题意知，电场强度方向水平向右，大小为FEq=电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，在A点放一个电荷量为2q的试探电荷，A点的场强为Fq，当在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向不变，仍水平向右，负试探电荷所受的电场力与场强方向相

反，它所受的电场力方向水平向左，故BD正确，A错误；C．根据FqE=知在A点放一个电荷量为2q的试探电荷，它所受的电场力为2F，故C错误。故选BD。11.如图所示，平行板电容器和电源连成回路，电容器两极板间距离为d，电容器两极板正对面积为S，先接通

电键使电容器充电。当执行下列操作时，有关电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况正确的是（）A.保持电键闭合，减小S，则Q变小，C变小，U不变，E不变B.保持电键闭合，减小S，

则Q变小，C不变，U不变，E变小C.断开电键，增大d，则Q不变，C变小，U变大，E不变D.断开电键，增大d，则Q不变，C变大，U变小，E变小【答案】AC【解析】【详解】AB．保持电键闭合，电容器两端的电压U不变，根据UEd=可知E不变，根据4SCkd

=减小S可知，C变小，根据QCU=可知Q变小，故A正确，B错误；CD．断开电键，极板所带电荷量Q不变，增大d，根据4SCkd=可知C变小，根据QUC=可知U变大，又UEd=联立可得4kQES=可知

E不变，故C正确，D错误。故选AC。12.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。在保持开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针向右偏转。由此可以推断（）A.线圈A向上移动，电流

表指针向左偏转B.断开开关瞬间，电流表指针向右偏转C.线圈A、B保持相对静止一起向上移动，电流表指针静止在中央D.滑动变阻器的滑片P向右滑动，电流表指针向左偏转【答案】BCD【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片P向左滑动时，回路中电阻增

大，线圈A中电流减小，线圈A产生的磁场减弱，电流表指针向右偏转，线圈A向上移动，磁场变弱，电流表指针向右偏转，故A错误；B．断开开关瞬间，磁场减弱，则电流表指针向右偏转，故B正确；C．线圈A、B保持相对静止一起向上移动，线圈B中磁通量没有发生变化，则没有感应电流产生，电流表

指针静止在中央，故C正确；D．滑动变阻器的滑片P向右滑动时，回路中电阻减小，线圈中A中电流增大，线圈A产生的磁场增强，电流表指针向左偏转，故D正确。故选BCD。13.如图甲所示，电磁发射是一种全新的发射技术，通过电磁发射远程投送无动力的炮弹，可以实现比较高的出口速度，且它的能

量是可调控的，未来可用于消防、军事等方面。它的主要原理如图乙所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。内阻为r的可控电源提供强大的电流经导轨流入炮弹再流回电源，炮弹被导轨中电流形成的磁场

推动而发射。在发射过程中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B的匀强磁场。已知两导轨内侧间距为L，炮弹的质量为m，炮弹在导轨间的电阻为R，若炮弹滑行距离s后获得的发射速度为v。不计空气阻力、导轨电阻，不考

虑炮弹切割磁感线产生的感应电动势，下列说法正确的是（）A.匀强磁场方向竖直向上B.电磁炮受到的安培力大小为2mvFs=C.通过炮弹的电流为22mvIsBL=D.可控电源此时的电动势是2()2mvRrEsBL+=【答案

】ACD【解析】【详解】A．导体滑块受到的安培力向右，通过导体滑块的电流方向由外向里，根据左手定则可知匀强磁场方向为竖直向上，A正确；B．炮弹滑行s后获得的发射速度为v，根据动能定理得2102Fsmv

=−解得22mvFs=B错误；C．根据安培力公式FBIL=结合为22mvFs=可得22mvIBLs=C正确；D．根据闭合电路欧姆定律得出可控电源此时的电动势是2()()2mvRrEIRrsBL+=+=D正确。故选ACD。第Ⅱ卷

三、实验题（每空2分，共18分）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正确操作顺序是。（选填步骤前的字母）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，断开两表笔为的（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0.5m

m14.20.01mm0.642mm+=（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=15.在实验室内要测量一节干电池（电动势约

为1.5V，内阻小于1Ω）电动势和内阻，实验室提供的用于实验的器材除了开关、导线外，还有：的的电压表（0~3V）电流表（0~0.6A）滑动变阻器（0~20Ω）定值电阻0R（阻值2.0Ω）（1）实验采用的电路图如图甲所示，改变滑动变阻器，得到多组电流和对应的电压的数据。结果发现

，当电流表示数逐渐增大到0.6A的过程中，电压表示数变化范围很小。造成电压表示数变化不明显的原因是。（2）利用实验室提供的实验器材对图甲中的电路进行改进，可解决电压表示数变化范围比较小的问题，请在图乙虚线框内画出改进后的电路图。（）（3）按照电路图乙进行实验，

重新测量得到7组U、I数据，在U-I图像中描点、画图，得到的U-I图像如图丙所示，由图像可得被测电池的电动势E=V，电池内电阻r=Ω。（结果均保留2位小数）（4）由于实验存在误差，导致干电池的电动势和内电阻的测量值相对于真实值都有偏差，造成这种误差的原因是。A.电

流表的分压作用B.电流表的分流作用C.电压表的分流作用D.电压表的分压作用【答案】①.电池内阻较小，导致电池内阻上的压降小②.见解析③.1.55##1.54##1.56④.0.58⑤.C【解析】【详解

】（1）[1]电压表的示数变化较小，而电流表的示数变化较大，根据闭合电路欧姆定律可知，电压表示数内=−=−UEIrEU可知造成电压表读数变化不明显的原因是电池内阻较小，导致电池内阻上的压降小。（2）[2]电源内阻小，可以在实验时，串联一个定值电阻0R充当电源的内阻，即可以解

决测量时电压表示数变化小的问题，电路图如图所示（3）[3][4]由UI−图像可得电池的电动势为纵轴截距，即1.55VE=UI−图像的斜率01.550Ω2.58Ω0.6krR−=+==则电池内阻为2.58Ω2.0Ω0.58Ωr=−=（4）[5]由电路图可知，由于电压表的分流作用，导致流过电源的电

流的测量值小于真实值，导致电动势和内电阻的测量值相对于真实值都有偏差，造成系统误差。四、计算题（本题共2小题，共25分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）16.利用电场来加速和控制带电粒子的运动，在现代科学实验和

技术设备中有广泛的应用。如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，1S、2S为板上正对的小孔，M、N两板间所加电压为0182VU=。金属板P和Q水平放置在N板右侧，并关于小孔1S、2S所在直线对称，P、Q两板间加有恒定的偏转电压91VU=，P、Q金属板长4.8mL=、板间距3.2md

=，两板间的偏转电场可视为匀强电场。现使一电子从1S处静止进入加速电场，最后从P、Q两金属板右侧射出。已知电子质量300.9110kgm−=，电荷量191.610Ce−=，两极板间电场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计。求：（1）电子加速后到达2S时的速度0v的大小；（2

）电子射出偏转电场时沿偏转电场方向偏移的距离y的大小；（3）电子射出偏转电场时速度v的大小。（结果可以根号表示）【答案】（1）6810m/s；（2）0.9m；（3）67310m/s【解析】【详解】（1）根据动能定理得20012qUmv=解得6081

0m/sv=（2）电子进入偏转电场后，竖直方向向下做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动有0Lvt=212yat=又qUamd=联立解得0.9my=（3）由动能定理得2012+=qUqUymvd代入数据解得67

310m/s=v17.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）1EB，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2

2vqvBmr=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=联立解得133=BRtE