【文档说明】江苏省淮安市淮安区2021-2022学年高二下学期期中调研测试物理试题 含解析.docx，共(16)页，5.732 MB，由小赞的店铺上传

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2021～2022学年度第二学期期中调研测试试题高二物理时间：75分钟：总分：100分一、选择题：共10题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。1.如图为两相邻分子的作用力F与分子间距离r的关系图像。下列说法正确的是（）A.当r小于1r时，分子力表现为引力B.当r大于1r

时，分子力表现为斥力C.当r等于1r时，分子势能最小D.当r等于2r时，分子势能最小【答案】C【解析】【详解】AB．由图像可知，当r大于1r，分子间的作用力表现为引力，当r小于2r是分子间的作用力表现为斥力，故AB错

误；CD．由图可知，1r是分子的平衡距离，当r等于1r是，分子势能最小，故C正确，D错误。故选C。2.图为士兵用探雷器进行扫雷，该探雷器利用涡流工作。下列说法正确的是（）A.探雷器使用直流电工作B.涡流是在探雷器的线圈中产

生的C.探雷器静止在地雷上方时，将无法报警D.该探雷器探测网状金属物品时，灵敏度会降低【答案】D【解析】【详解】AB．探雷器利用了电磁感应原理，即必须使用交流电工作。探雷器产生的变化的磁场在金属物品内部产生涡流，涡流又会产生磁场，反过来影响原来的磁

场，引发探雷器发出信号。故AB错误；C．探雷器静止在地雷上方时，因为探雷器产生变化的磁场，所以地雷中也能产生涡流，从而引发探雷器报警，故C错误；D．如果该探雷器探测网状金属物品时，涡流现象会减弱，则灵敏度会降低，故D正确。故选D。3.关于以下四张图片，说法正确的是（）A.甲图为电磁波调制时，调频

波的示意图B.乙图为用γ射线拍摄的人体组织图片C.丙图为干簧管，是将磁信号转化为电路通断的传感器D.丁图容器中充入电介质时，回路中振荡电流频率将增大【答案】C【解析】【详解】A．甲图为电磁波调制时，调幅波的示意图，A

错误；B．乙图为用X射线拍摄的人体组织图片，B错误；C．丙图为干簧管，是将磁信号转化为电路通断的传感器，C正确；D．丁图容器中充入电介质时，电容器电容增大，由2TLC=知振荡周期增大，振荡频率减小，D错误。故选C。4.如图所示，弹性金属铝环A、B的面积相等，环A是闭合的，

环B在底端有个小缺口，横梁可以绕中间的支点转动。开始时整个装置静止，用磁铁的N极分别去接近环A或B，则（）A.靠近A时，A将远离磁铁且扩张B.靠近B时，B将靠近磁铁且收缩C.靠近A或B时，环中都会产生感应电动势D.靠近A或B

时，环中都会产生感应电流【答案】C【解析】【详解】A．根据“来拒去留”，磁铁靠近A时，A将远离磁铁并且为了阻止磁通量的增加，A环有收缩的趋势，A错误；B．由于B没有形成闭合电路，不会产生感应电流，因此磁铁靠近B时，B静止不动，B错误；CD．根

据法拉第电磁感应定律，磁铁靠近A或B时，两个环中都会产生感应电动势，但由于B没有形成闭合回路，不会产生感应电流，C正确，D错误。故选C。5.如图所示，线圈的两端与电压表相连。将强磁铁从玻璃管上端由静止下落，穿过线圈。下列说法不正确．

．．的是（）A.磁铁先做自由落体运动，然后减速穿过线圈B.磁铁经过线圈前后，线圈中电流的方向相反C.线圈匝数越多，电压表示数越大D.磁铁磁性越强，电压表示数越大【答案】A【解析】【详解】A．强磁体刚释放

时离线圈较远，线圈中几乎没有感应电流，磁体下落的一定时间内可以看作是自由落体运动，随着磁体靠近线圈，穿过线圈的磁通量明显增加，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知线圈对磁体有向上的作用力，使强磁铁向下的加速度小于g，但阻碍不是阻止，磁体还是会

加速穿过线圈，A错误；B．磁铁经过线圈前后，通过线圈的磁场方向不变，磁通量先增大后减小，由楞次定律知电流方向相反，B正确；C．增加线圈的匝数，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中感应电动势增加，所以电压表示数变大，C正确

；D．磁铁磁性越强，穿过线圈过程中磁通量变化率越大，感应电动势越大，电压表示数越大，D正确。本题选不正确的，故选A。6.如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器。在S刚闭合时与闭合足够长时间之后，A、B两灯泡的发

光情况是（）A.S刚闭合时，A亮一下又逐渐变暗B.S刚闭合时，B亮一下又逐渐变暗C.S闭合足够长时间后，A和B一样亮D.S闭合足够长时间后，A、B都熄灭【答案】A【解析】【详解】开关刚闭合时，由于线圈自感系数很大，对电流阻碍作

用很强，相当于断路，两灯瞬间都亮，但由于线圈电阻可忽略，S闭合足够长时间后，线圈相当于导线，灯泡A被短路而熄灭，灯泡B不受影响，所以A亮一下又逐渐变暗，灯泡B一直亮。由上述分析可知，A正确，BCD错误。故选A。7

.图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将干电池提供的直流电转换为图乙所示的正弦交流电，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为1n、2n。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是

（）A.该交流电一个周期内电流方向改变一次B.电压表的示数等于5VC.实现点火的条件是211000nnD.将钢针向右移动，副线圈上电压瞬时值会增大【答案】C【解析】【详解】A．交流电一个周期内电流方向改变两次，故A项错误

；B．电压变显示的示数为有效值，所以max3.5V2UU=故B项错误；C．点火条件为副线圈电压最大值大于5000V，由1122UnUn=可知，点火条件为21nn大于1000，故C项正确；D．变压器原副线圈两

端压关系满足1122UnUn=副线圈电压为1221UnUn=由上述式子可知，将钢针向右移动，副线圈上电压瞬时值不变，故D项错误。故选C。8.用霍尔元件测量微小位移可以精确到0.5微米，如图所示，两块完全相同的磁体同极相对放置，在小范围内，磁感应强度大小与z成正比。霍尔元件初始在两极的中间位置，

当元件沿±z轴小幅度移动时，可通过输出电压测量位移，下列说法正确的是（）A.霍尔元件一定是用半导体材料制作的B.当霍尔元件处于两极中间位置时，输出电压为零C.此装置只能测量位移大小，无法确定位移方向D.此装置的输出电压与位移不是

线性变化关系【答案】AB【解析】【详解】A．半导体的霍尔系数比金属大得多，能产生较大的霍尔效应，因此霍尔元件一定是用半导体材料制作而不用金属材料制作，A正确；B．当霍尔元件处于两极中间位置时，磁感强度为零，因此输出的霍尔电压为零，B正确；C．当从z=0位置向右移

动时，穿过霍尔元件的向左的磁场增强，而从z=0位置向左移动时，穿过霍尔元件的向右的磁场增强，这两种情况产生的霍尔电压正负极颠倒，因此根据正负极可以判断位移的方向，C错误；D．当电流强度I恒定不变时，霍尔电压与磁感强度大小成正比，而磁感应强度大小与沿z轴位移成正比，因此输出电压与

位移是线性变化关系，D错误。故选AB。9.如图所示为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2．在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压表的示数为22

0V，电流表的示数为10A，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是()A.升压变压器原、副线圈的匝数比为1221nUnU=B.采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100AC.线路输送电功率220kWD.将P上移，用户获得电压将

降低【答案】C【解析】【详解】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为：1122nUnU＝，故A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1：10，由公式101nIIn副送副原＝＝，得输电电流为IA2=10×10A=10

0A，故B错误；根据电压表的示数为220V，根据变压公式，101nUUn原送副副＝＝，输电电压为U2=10×220V=2200V，线路输送电功率为P=U2IA2=220kW，故C正确；将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D错误．故选C．点睛：本题实质是电

压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．10.如图是一边长为L的正方形金属框放在光滑水平面上的俯视图，虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场．金属矿电阻为R，0=

t时刻，金属框在水平拉力F作用下从图示位置由静止开始，以垂直于磁场边界是的的恒定加速度进入磁场，1t时刻线框全部进入磁场。则10t−时间内金属框中电流i、电量q、运动速度v和拉力F随位移x或时间t变化关系可能正确的是（）A.B

.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．导线的速度和位移关系为22vax=则感应电流为BLviR=解得2BLaxiR=A错误；B．某一微小时段BLxqitR==因此BLxqR=故B错误；C．根据运动学公式vat=C错误；D．根据牛顿

第二定律FBiLma−=金属框电流BLvBLatiRR==解得22BLatFmaR=+D正确。故选D。二、非选择题：共5题，共60分。其中第13～15题解答时请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；有数据计算时，答案中必须写出数值和单位。11.某同学模仿“用油膜法测分子直径”的实验方案来估测小黄米（可视为球形小颗粒）的直径。实验步骤如下：①先用量筒测量出一定数量小黄米的体积为V；②再将其平铺在水平的坐标纸上，使小黄米紧挨着排成单层结构；③用铅笔描绘出边缘的轮廓如

图；④撤去小黄米，进行数据处理。（1）坐标纸上每个小正方形方格的边长为L，轮廓所围的面积为_________；（2）该同学估测出小黄米的直径为_________；（3）用量筒测量小黄米体积V比小黄米的实际体积_________（填“偏大”、“偏小

”或“没有偏差”）；（4）试验后发现绝大多数小黄米不是标准的球形，该因素将导致测量值比将小黄米看作球形的直径_________（填“偏大”或“偏小”）；的（5）该同学重复几次实验，每次计算出小黄米的直径都在

1mm左右，若用10分度的游标卡尺测量其直径，_________（填“能”或“不能”）使相对误差小于±3%。（-=测量值真实值相对误差真实值）【答案】①.272L②.272VL③.偏大④.偏小⑤.不能【解析】【详解】（1）[1]由图数出轮廓所含方格数，可得轮廓所围的面积为272SL

=（2）[2]由题意可得小黄米的直径为272VVdSL==（3）[3]因为小黄米之间有间隙，所以用量筒测量小黄米的体积V比小黄米的实际体积要偏大；（4）[4]因为绝大多数小黄米不是标准的球形，所以小黄米紧挨着排成单层结构时，所占据的面积偏大，所以求出小黄米的直径偏小；（5）[5]因为1

0分度的游标卡尺分度值为0.1mm，所以最小相对误差为1.11100%10%3%1−==所以不能使相对误差小于±3%。12.图甲所示交变电流每个周期的前半个周期电流按正弦规律变化、后半个周期电流不变，规定由A经外电路流向B的方向为电流的正方向

。（1）求该电流强度的有效值；（2）将该电流接入图乙所示电路，求0-2T时间内通过电阻的电量大小。【答案】（1）I；（2）IT【解析】【详解】（1）由题意知，02T时间内，电流有效值为m12III==2TT时间内电流的有效

值为2II=设该电流一个周期内有效值为'I，则由电流的热效应得222212'22TTIRTIRIRIRT=+=解得'II=（2）因为规定由A经外电路流向B的方向为电流的正方向，所以将该电流接入图乙所示电路后，由于二极管的单向导电性，则该电流只剩下t轴以下的负向电流，所以0-2T时间内通过电阻的

电量大小为(0)22TqIIT=+=13.石墨烯是由碳原子按六边形晶格整齐排布而成的碳单质，结构非常稳定。已知：单层石墨烯的厚度约为0.33nm，每个六边形的面积约为5.2×10-20m2，碳的原子量为12g/mol，阿伏伽德罗常数取6×1023mol⁻¹。对质量为1

g的单层石墨烯，试估算：（1）包含的碳原子个数；（2）所占有的空间体积。（结果均．保留2位有效数字）【答案】（1）225.010个；（2）734.310m−【解析】【详解】（1）由题意得，1g的单层石墨烯含有碳原子的物质的量为1mol12mnM==则包含的碳原子个数为

22A5.010NnN==个（2）因为石墨烯最小的六元环上有6个碳原子，每个碳原子被3个环占有，所以每个最小六元环占有2个碳原子，所以1g的单层石墨烯含有六元环的个数为22'2.5102NN==个又因为单层石墨烯的厚

度约为0.33nm，每个六边形的面积约为5.2×10-20m2，所以1g的单层石墨烯所占有的的空间体积为22209373'2.5105.2100.3310m4.310mVNSd−−−==14.图甲为某同学设计的充电装置示意图，线圈ab匝数为n=100匝，面积为S=10-3

m2，匀强磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示．理想变压器副线圈接充电器，已知额定电压为5V的充电器恰能正常工作，不计线圈电阻。求：（1）t=0.05s时，穿过线圈平面磁通量

Φ的大小；（2）线圈ab中的最大感应电动势Em；（3）变压器原、副线圈匝数比n1：n2。【答案】（1）3210Wb−=；（2）m2VE＝；（3）12:1:5nn=【解析】【详解】（1）t=0.05s时，穿过线圈平面磁通量为32

10WbBS−==（2）线圈ab中的最大感应电动势Em为3mm222Φ10010V2V0.2ENBSnT−====（3）线圈ab中的感应电动势的有效值为m22=2V=1V22EE

=有效已知额定电压为5V的充电器恰能正常工作，可得副线圈两端电压的有效值为5V，则原线圈与副线圈的匝数之比为1212::1:5nnUU==15.如图所示，PQ和MN是固定于倾角θ=30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，电阻忽

略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直。ab棒的质量M=0.6kg，cd棒的质量m=0.4kg，电阻均为R=0.5Ω；两金属棒长度与轨道间距均为L=0.1m。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度B=10T的匀强磁场中，若锁定ab棒不动，对cd棒施加沿斜面向上的恒力F1=4N，使

cd棒沿轨道向上做匀速运动，取重力加速度g=10m/s2。（1）求cd棒匀速运动的速率v；（2）求cd棒匀速运动t1=0.2s时间内回路中产生的热量Q；（3）若在cd棒匀速运动过程中，将恒力F1大小变为F2=5N，方向不变，同时解除ab棒的锁定。再经过t2=

4.08s，ab棒开始匀速运动，求t2时间内通过ab棒的电量q。【答案】（1）2m/s；（2）0.8J；（3）12C【解析】【详解】（1）金属棒cd以速度v向上做匀速直线运动时产生的感应电动势大小为EBLv=通过cd电流为12EIR=cd所受安培力

大小为A1FBIL=根据力的平衡条件有Asin30FFmg=+联立解得2m/sv=（2）由1=2A22EBLvIRR==cd棒匀速运动t1=0.2s时间内回路中产生的热量211=2410.2J0.8JQIRt==（3）设t2时刻金属棒ab做匀速直线运动的速

度为1v，金属棒cd做匀速直线运动的速度为2v，因为的2()sin305NFmMg=+=所以金属棒abcd、组成的系统动量守恒，有12mvMvmv=+回路中的电流为()2122BLvvIR−=ab棒匀速运动时有2si

n30BILMg=联立解得10.4m/sv=−，22.6m/sv=设t2时间内回路中的平均电流为I，对金属棒ab分析，由动量定理得221sin30BILtMgtMv−=根据电流的定义可知t2时间内通过金属棒ab横截面的电荷量为2qIt=联立解得12

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