【文档说明】江苏省南京市第十三中学2020-2021学年高二第一学期期末学情调研物理试题含解析.doc，共(20)页，929.500 KB，由小赞的店铺上传

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南京市十三中第一学期期初调研试卷高二物理一、单选题（本大题共7小题，共21分）1.如图所示，均不带电的橡胶棒与毛皮摩擦后，橡胶棒带负电，毛皮带正电，这是因为（）A.空气中的正电荷转移到了毛皮上B.空气中的负电荷转移到了橡胶棒上C.毛皮上的电子转

移到了橡胶棒上D.橡胶棒上的电子转移到了毛皮上【答案】C【解析】【分析】【详解】均不带电的橡胶棒与毛皮摩擦后，橡胶棒带负电，毛皮带正电，这是因为毛皮上的电子转移到了橡胶棒上而使橡胶棒带负电，毛皮由于缺少电子而带正电。故选C。

2.关于电压与电动势，下列说法正确的是（）A.电容器在放电过程中电容减小B.干电池的标称1.5V，指的是电池接入电路时两端的电压C.电源的电动势指的是电源内部非静电力做功的快慢D.小灯泡的电阻会随着温度的升高而增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．电容器在放电过程中电容不变，电量减小

，选项A错误；B．干电池的标称1.5V，指的是电池的电动势，接入电路时两端的电压小于1.5V，选项B错误；C．电源的电动势指的是电源内部非静电力将单位正电荷从负极移向正极时做功的多少，选项C错误；D．小

灯泡的电阻会随着温度的升高而增大，选项D正确。故选D。3.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是（）A.如图所示位置时等于0B.若使框架绕OO′转过60°角，磁通量为2BSC.若从初始位置转过90°角，磁通量为BSD.若从初始位置转过18

0°角，磁通量变化为2BS【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量为BS=，故A错误；B．使框架绕OO转过60角，则在磁场方向的投影面积为12S，则磁通量为12BS，故B正确

；C．线圈从图示转过90的过程中，S垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过90时，S磁通量为0，故C错误；D．从初始位置转过180角，磁通量变化为()2BSBSBS=−−=故D正确．故选BD。4.真空中

有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法正确的是（）A.该球壳带负电B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.若r2－r1=r1－r0，则0ABA

−−D.将一个正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功【答案】C【解析】【分析】【详解】A．1r、2r分别是该直线上A、B两点离球心的距离，由图可知A点的电势高于B点的电势，则说明离球壳越远电势越低，所以电场线向外，球壳带正电，故A

错误；BC．由于图象斜率大小等于场强，从金属球壳到A再到B，电场强度逐渐减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，若2110rrrr−=−，根据UEd=可知OAABUU即有0AAB−−故B错误，C正确；D．正电荷沿直线从A移到B的

过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误；故选C。5.如图所示，O点处有一周定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电

场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（）A.M、N带导种电荷，M和O点处点电荷电性相同B.M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小C.N从c点运动到d点的过程

中，动能先减小后增大D.N在d点的电势能比M在a点电势能小【答案】C【解析】【分析】【详解】由轨迹图可知，M受到O处电荷的吸引作用，N受到O处电荷的排斥作用，可知M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相反，选项A错误；M从a点运动到b点的过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能

先减小后增大，选项B错误；N从c点运动到d点的过程中，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增大，选项C正确；因不能确定M、N的电性，则不能比较N在d点的电势能与M在a点电势能的大小关系，选项D错误；故选C.6.电动势为E，内阻为r的电源与可变电阻R1、R2、R3及一平行

板电容器连成如图所示的电路．当开关S闭合后，两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是（）A.将R1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B.将R2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C.增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷

量将增加D.减小R3的阻值，R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量【答案】D【解析】【分析】【详解】A、将R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那

么，液滴受力不变，仍保持静止，故A错误；B、将R2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以，R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量Q=CU减小，故B错误；C、增大电容器两板间的距离，电容器

两极板的电压不变，电容器电容4rsCkd=减小，那么电荷量Q=CU减小，故C错误；D、减小R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么R2两端的电压的变化量加上内阻电压的变化量等于R3两端的电压的变化

量，所以R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量，故D正确；故选D．【点睛】电路问题一般先根据电路变化得到总电阻变化，从而由欧姆定律得到总电流的变化，即可由欧姆定律得到电压的变化，从而得到支路电流的变化．7.如图所示是氢原子中电子绕核做圆周运动的示意图．电子绕核运动，

可等效为环形电流，此环形电流的大小为I1．现在沿垂直于圆轨道平面的方向加一磁感应强度为B的外磁场，设电子的轨道半径不变，而它的速度大小发生变化，若用I2表示此时环形电流的大小，则当B的方向（）A.垂直于纸面向里时，I2>I1B.垂直于纸面向里时，I2<I1C.垂直于纸面向外时，I2>I1D

.垂直于纸面向外时，I2<I1【答案】BC【解析】【分析】【详解】电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力为22224=ekmrrT所以电子运动周期为为32mrTek=根据电流的定义式qIt=得212eekITrmr==若施加磁场后，磁场方向垂直

纸面向里，则224BFFmrT−=电周期增大，电流减小，故21II，若磁场方向垂直纸面向外，则224BFFmrT+=电周期减小，电流增大，故21II，BC正确故选BC。二、多选题（本大题共4小题，共20分）8.如图，两电荷量分别为Q（Q＞0

）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A.b点的电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C.将正的试探电荷

从O点移到a点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大【答案】BC【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸

到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势

低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误；【考点定位】电场强度，电势，电势能，电场力做功【方法

技巧】解本题的关键是两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系．9.某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合

，电机工作，车灯突然变暗，此时（）A.车灯的电流变小B.路端电压变小C.电路的总电流变小D.电源的总功率变大【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A．开关闭合时，车灯变暗，故流过车灯的电流I灯变小，A正确；B．电路的路端电压为=UUIR=路灯灯灯I灯变小，路端电压变小，B正确；C．

总电流即干路电流为UEUIrr−==内路干U路减小，干路电流增大，C错误；D．电源总功率为PEI=干总I干增大，总功率变大，D正确。故选ABD。10.磁流体发电是一项新型的高效发电方式，由于无需经过机械转换环节，即由热能直接转换为电能，这种技术也称为等离子体发电。如图表

示了它的原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子，而从整体来说呈电中性）喷射入磁场，在场中有两块正方形金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果射入的等离子体速度均

为v，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间，其电阻率为ρ（与电与离子的速度无关），当发电机稳定发电时，A、B就是一个直流电源的两个电极，只考虑垫板间金属板A、B之间的等

离子对问题的影响，不考虑边缘效应，下列说法正确的是（）A.当发电机稳定发电时，离子受到的电场力向上，洛伦兹力向下B.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子的速度大小无关C.通过电阻R的电流是2BdvRd+D.电路消耗的总电功率是222SBdvRSd+【答案】BD【解析】【分析】

【详解】A．等离子体喷入磁场中要受到洛伦兹力作用，由左手定则知正离子受到的洛伦兹力向下，将向下偏转，负离子受到的洛伦兹力向上，将向上偏转，所以上极板A带负电，是电源的负极；下板B带正电，是电源的正极；正离子受向上的电场力，负离子受向下的电场力，故A错误；B．

当电场力与洛伦兹力平衡时，离子做匀速直线运动，不再打到极板上，电源的电动势稳定，则有EqvBqd=得电动势的大小为E=Bdv发电机的效率=UIUREIERr==+即发电机的效率与喷射到磁场中的等离子的速度大小无关，选项B正确；C．则流过R的电流

为EIRr=+而drS=则得电流大小为BdvSISRd=+选项C错误；D．电路消耗的总电功率是222BdvSPEISRd==+故D正确；故选BD。11.在某次发射科学实验卫星“双星”中，放置了一种磁强计，用于测定地磁场的磁

感应强度。磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e。金属导电

过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动。测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U。则下列说法正确的是（）A.电流方向沿x轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高B.电流方向沿x轴正方向，电子受力方向指

向前侧面，因此后侧面电势较高C.磁感应强度的大小为nebUBI=D.磁感应强度的大小为2nebUBI=【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．金属导体中有自由电子，当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动，在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子，由左手定则可知

，自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，故后侧面电势较高，故A错误，B正确；CD．设自由电子匀速运动的速度为v，则由电流的微观表达式有I=neabv金属导体前后两个侧面间的电场强度UEa=达到稳定状态时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有

evB=eE解得磁感应强度的大小为nebUBI=故C正确，D错误。故选BC。12.2017年3月22日消息，俄生产出新型电子回旋加速器，可检测焊接和铸造强度。回旋加速器原理如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电源相

连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某一带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。关于回旋加速器，下列说法中正确的是（）A.带电粒子的周期随速度的增大而增大B.带电粒子从电场中获得能量C.减小加速电场的电压，带电粒子离开

磁场的动能将减小D.减小加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子在D形盒中运动的时间变长【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则qvBmv=其中2π=T，联立解得2πmT

qB=则周期与速度无关，故A错误；B．磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，带电粒子从电场中获得能量，故B正确；C．根据2vqvBmR=得最大速度为qBRvm=最大动能为22km1()22qBREmvm==知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有

关，与加速电压的大小无关，故C错误；D．减小加速电场的电压，其余条件不变，每次加速后粒子获得的动能减小，但最终的动能不变，故在磁场中加速的次数增加，带电粒子在D形盒中运动的时间变长，故D正确。故选BD。三、实验题（本大题

共1小题，共12分）13.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，需要测出金属丝的电阻R1，甲、乙两同学分别采用了不同的方法进行测量：(1)①甲同学直接用多用电表测其电阻，该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作

方法测量时，发现指针转过角度太大。为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：_____。（填步骤前的字母）A.旋转选择开关至欧姆挡“×1Ω”B.旋转选择开关至欧姆挡“×100Ω”C.旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔D.将两表笔分别连接到Rx的两端

，读出阻值后，断开两表笔E.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，断开两表笔②按正确步骤测量时，指针指在图1示位置，Rx的测量值为_____Ω。(2)乙同学则利用实验室里下列器材进行了测量：电压表V（量程

0~5V，内电阻约10kΩ）电流表A1（量程0~500mA，内电阻约20Ω）电流表A2（量程0~300mA，内电阻约4Ω）滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）滑动变阻器R2（最大阻值为250Ω，额定电流为0.1A）直流电源E（电动势为4.5V，内电阻约为0.5Ω）

电键及导线若干为了较精确画出I﹣U图线，需要多测出几组电流、电压值，故电流表应选用_____，滑动变阻器选用_____（选填器材代号），乙同学测量电阻的值比真实值_____（选填“偏大”“偏小”“相等”），利用选择的器材，请你在图2方框内画出理想的实验电路图____

_，并将图3中器材连成符合要求的电路_____。【答案】(1).AEDC(2).22(3).A2(4).R1(5).偏小(6).(7).【解析】【分析】【详解】(1)①[1]发现指针转过角度太大，知电阻较小，则换用“×lΩ”，换

挡后需重新调零。然后去测电阻，最后将旋钮旋至“OFF”挡或交流电压的最高挡。故合理顺序为：AEDC。②[2]Rx的测量值为22×1Ω=22Ω。(2)[3][4]通过电阻电流的最大值大约5A=0.23A22I=所以选择量程为300mA的电流表A2测量比较准确。总阻值

为250Ω的滑动变阻器阻值相对较大，测量时误差大，所以选择总阻值为10Ω的滑动变阻器R1。[5]由于待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法。因采用外接法，则由于电压表的分流而使电流表测量结果偏大，由欧姆定律可知，所测电阻偏小；若采用

限流法，电路中的电流较大，容易超过电流表的量程，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：[6]根据电路图连接实物图，如图所示：三、计算题（本大题共4小题，共47分）14.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=30°

，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒能静止于导轨上，且恰

好与导轨间无摩擦力的作用。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，g取10m/s2求：(1)此时金属棒受到的安培力；(2)导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻；(3)若通电一段时间后，电池的电动势保持

不变，而内阻变为r′=1.00Ω，导体棒仍处于静止状态，求此时导体棒受到的摩擦力。【答案】(1)0.2N，沿斜面向上；(2)4Ω；(3)0.02N，方向沿导轨向上【解析】【分析】【详解】(1)对金属棒作受力分析如下图由于导体棒恰好与导轨间无摩擦力作用则mgsinθ=F安则此时金属棒受到的安培力为

0.2N，方向沿斜面向上。(2)由安培力的计算式和闭合电路的欧姆定律有F安=BIL，E=I(r+R)代入数据有R=4Ω则导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻为4Ω。(3)电池的电动势保持不变，而内阻变为r′=1.00Ω后，根据闭合电路的欧姆定

律有E=I′(r′+R)代入数据有I′=0.9A，I′<I则可知摩擦力方向沿导轨向上，根据受力分析有mgsinθ=F′安+f代入数据有f=0.02N则此时导体棒受到的摩擦力为0.02N，方向沿导轨向上。15.如图所示

，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求：(1)S断开时，R2两端的电压；(2)S合上电路稳定后电容器两端的电压；(3)这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方

向（回答向上或向下）．【答案】(1)U2=3V(2)1.8V(3)1.92×10-5C,电流方向向上【解析】【分析】S断开电路稳定时，电容器的电压就是R2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电压；S合上电路稳定后，R1与R2串联后再

与R3并联，电容器的电压就是R1的电压，先根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律求出电容器的电压；根据电容器电荷量的变化情况和极板带电情况，求解通过电流表的电荷量，判断流过电流表的电流方向．【详解】（1）S断开，C相当于断

路，R3中无电流，R2两端电压：2212633321ERUVVRRr==++++＝电容器的带电量Q=CU2=4μF×3V=1.2×10-5C，且上极板带正电，下极板带负电（2）S合上电路稳定后R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压即

R1两端电压，外电路总电阻为：R外=(R1+R2)R3/(R1+R2+R3)＝(2+3)×7.5/(2+3+7.5)=3Ω电容器的电压为：11121.8+REURVRRRr==+外外电容器的带电量Q′=CU1=7.2×10-6C．且上极板带负电，下极板带正电（

3）这一过程中通过电流表的电荷量为△Q=Q+Q′=1.2×10-5C+7.2×10-6C=1.92×10-5C，流过电流表的电流方向向上．【点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，明确电路结构变化

时，电容器的电压如何变化，电荷怎样移动，从而判断出电流表中的电流方向．16.如图所示，绝缘轻质细杆L，右端固定于O点，左端A点粘有一带正电荷的小球，电量为q，质量为m，水平向右的匀强电场，电场强度大小34mgEq=，现将小球拉成水平后由A点静止

释放，不计空气阻力及转轴摩擦阻力，重力加速度为g，求：(1)小球到达最低B时的速度大小；(2)在最低点B时绝缘杆给小球的力；(3)在A点给小球多大的向下的速度才能使小球能在竖直面内恰做圆周运动。【答案】

(1)72gL；(2)4.5mg，方向竖直向上；(3)gL【解析】【分析】【详解】(1)从A点到B点由动能定理可得21+=02BmgLEqLmv−解得72BvgL=(2)由牛顿第二定律可得2-=BvFmgmL联立解得=4.5Fmg，方向竖直向上。(3)

利用等效重力法，等效重力为()()225=+=4GmgEqmg与竖直方向的夹角设为3tan4Eqmg===37最高点为C点，受力分析如图所示在C点速度0Cv，由A点到C点，由动能定理可得()21-1-sin3702AGLmv=−代入数值可得AvgL=17.如图所示，在平面直角坐标系xO

y的第一象限内存在垂直于坐标平面的匀强磁场(未画出)，第二象限存在水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为－q的带电粒子从第三象限无初速度释放后，经电压为U的电场加速后从P(3L−，0)点垂直x轴进入第二象限，然后从A(0，2L)点

进入第一象限，又经磁场偏转后垂直x轴进入第四象限。不计粒子重力。(1)求第二象限内电场强度的大小；(2)若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向里，求磁场的磁感应强度大小；(3)若第一象限某矩形区域内存在

匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度大小取第（2）问计算结果，求矩形区域的最小面积。【答案】(1)3UEL=；(2)62mUBLq=；(3)2min16SabL==【解析】【分析】【详解】(1)设粒子从P点进入电场的速度大小为v0，根据动

能定理有2012qUmv=粒子进入电场后做类平抛运动，有水平方向2132Lat=竖直方向有2L=v0t其中qEam=联立解得3UEL=(2)粒子进入第一象限的匀强磁场后，做匀速圆周运动，如图所示由0tanxvv=得tan

3=解得=60°则粒子进入磁场中的速度为002cos60vvv==设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则有cos30OAr=解得433rL=由洛伦兹力提供向心力得2vqvBmr=联立解得62mUBLq=(3)磁感应强度大小不变，粒子做匀速圆周运动的

半径大小不变，即433rL=画出粒子轨迹示意图如图所示由几何关系可知粒子偏转240°，所以矩形的长边为8323arL==宽边为cos6023brrL=+=则最小面积为2min16SabL==