2021-2022學年廣東省高二（上）期末物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.科學家應用科學方法進行物理學科學探究和實踐活動，下列表述不正確的是（）

A.用點電荷來代替實際帶電體是采用了理想化物理模型的方法

B.法拉第提出用電場線描繪抽象的電場是一種形象化的研究方法

C.庫侖用類比方法做了卡文迪許的扭秤實驗測出了元電荷e的數值

D.電場強度的表達式E=￡和電勢差的表達式U=:都是利用比值法得到的定義

式

2.如圖所示電路，在滑動變阻器的滑片P向上端a滑動過程中，電壓表、電流表的示

B.電壓表示數增大，電流表示數減少

C.兩電表示數都減少

D.電壓表示數減少，電流表示數增大

3.如圖，便攜式小風扇用可充電直流電源連接電動機驅動，電源電動

勢為E、內阻為r,電動機內部電阻為RM，電動機正常工作時，回路

電流為/,則（）

A.t秒內電源的總功為E/t

B.電動機的額定電壓為/R時

C.電動機將機械能轉化為電能

D.通過電動機電流做功功率大小為/2/?M

4.如圖1為水平方向的彈簧，一端固定，另一端栓結一個小球，在水平橫桿上運動，

摩擦均不計，彈簧原長位置為B點，力和C為左右兩邊的運動最遠點，以B點為坐標

原點，該運動位移一時間圖像如圖2,則（）

圖1圖2

A.AC距離為5cmB.從4到C的時間為6秒

C.從B到C做勻減速運動D.從C到B彈性勢能轉化為動能

5.在靜止的湖面上小明和小剛分別劃著兩艘小船，有一列水波從小明的船傳向小剛的

船，兩人停止劃船兩船均上下浮動，某時刻形成如圖所示波形圖，兩船分別位于波

C.這列波的波速為6m/sD.兩船不可能同時位于平衡位置

6.結構固定的平行板電容器接通電路，其兩板電壓隨時間變化的圖像如圖，則（）

A.G時刻之前為放電過程

B.匕時刻前平行板帶電量與兩板電壓之比變小

C.口時刻后平行板帶電量與兩板電壓之比變大

D.全過程平行板帶電量與兩板電壓之比始終不變

7.某點電荷電場中，僅受電場力作用下的一帶電粒子運動

軌跡如圖虛線，取無窮遠處為零電勢點，則（）

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A.場源點電荷為負電荷

B.B點電勢能一定大于零

C.粒子在B點時的加速度最小

D.粒子在B點的電勢能小于在C點的電勢能

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.豎直放置的長導線中通有向下電流，矩形導線框與導線在同

一平面內且長邊與導線平行，貝U（）

A.導線框內磁場為勻強磁場

B.穿過線框面的磁感線向紙面里

C.導線框向右移會產生感應電流

D.導線框豎直向上移，穿過線框平面磁通量不變

9.如圖斜面傾角為a,與斜面夾角為0的恒力尸拉著物塊勻速向上運動，經過時間t,

則（）

A.物塊重力的沖量為0B.物塊的動量不變

C.物塊受拉力的沖量為FtD.物塊的合力沖量為Ftcos。

10.如圖，x軸上有兩同種點電荷Qi和Q2,Qi和Q2的位置坐標分別為與、%2?Qi和Qz之

間各點對應的電勢高低如圖中曲線所示，電勢最低處為孫點，則（）

A.孫點電場強度為零

B.Qi和Q2帶電量相等

C.Qi和＜22都是負電荷

D.4點左側和右側電場強度方向相反

三、實驗題(本大題共2小題，共18.0分)

11.某小組探究未知金屬絲的電阻率，根據實驗需要已選用了規格和量程合適的器材,

按照以下步驟開展實驗。

(1)用螺旋測微器測量金屬絲直徑，如圖1所示，則該直徑為mm；

(2)按圖2連接好電路進行測量，先將滑動變阻器的滑動片/置于。端；

(3)接著將單刀雙擲開關Si擲向1,調節滑動變阻器,得如圖3電流表讀數為A,

然后斷開S2；

(4)電阻箱心的阻值調至較大，將單刀雙擲開關S1擲向2,保持滑動變阻器滑片位置

不變，閉合開關52,調電阻箱使得電流表讀數逐漸增大到上一步讀數，記錄電阻箱

讀數為R;

(5)金屬絲的電阻值=,若金屬絲直徑用d表示,金屬絲長度用x表示，則金

屬絲電阻率為(兩空用字母寫出表達式)。

圖1圖2

12.(1)靈敏電流計團滿偏電流》,內阻Rg,現擴大其量程，如圖1將它改裝量程為/的電

流表，需要并聯電阻R1=；(用字母寫出表達式)。如圖2,將多用電表的擋

位調至電流擋測量電路的電流大小，多用表的紅表筆與(選填“a”“b”)端

連接。

(2)小明通過實驗描繪額定電壓為2.8V的小燈泡的伏安特性曲線。要求燈泡兩端電

壓從零開始增大，且小明查閱資料發現燈泡電阻大約在1。到60之間變化。現有輸

出電壓為3U的學生電源及量程合適的電壓表和電流表。還有滑動變阻器甲(阻值范

圍0?10。)和滑動變阻器乙(阻值范圍0?2000)以及開關和導線若干。小明已畫出

圖3部分的實驗電路，請在虛線框內幫他完成圖3。小明通過理論分析選擇滑動變阻

器，在電路中分別接入兩種滑動變阻器，滑片均位于中間位置，忽略電源及電表的

內阻影響，設定燈泡電阻為5。，接入滑動變阻器甲時，電壓表讀數約為1人接入

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滑動變阻器乙時，電壓表讀數約為V。（結果保留一位有效數字）。根據以上

結果，小明應該選擇滑動變阻器（選填“甲”“乙”）。

四、計算題（本大題共3小題，共36.0分）

13.寶石外觀光彩奪目，部分原因是由于其特殊的成品形狀可發生多種光學效應。如圖

為某寶石的剖面圖，一條光線由MN邊從空氣射入寶石，入射角i為60。，經過折射

后，折射角正弦值sinr=f,該折射光線第一次射到OQ邊，剛好發生全反射，求

角川大小以及該光線在寶石中的速度大小？（已知空氣中的光速約為c=3x

108m/s)

O

14.第24屆冬奧會將于2022年2月4日在北京召開，經過分站比賽的角逐，我國在短道

速度滑冰項目獲得滿額參賽資格。短道速度滑冰接力賽很具有觀賞性，某次訓練參

與接力的兩隊員，甲質量為60kg,乙質量為75kg,接力前二人速度均為lOm/s,

方向向前，甲在前，乙在后，乙從后面猛推甲如圖，動作完成瞬間乙的速度變為2m/s,

方向不變，接力過程二人所受的系統外力遠小于推力，且接力前后瞬間兩人均在一

條直線上運動，

(1)求乙猛推甲動作完成瞬間甲的速度？

(2)乙猛推甲過程，甲的速度變化量？若過程作用時間為0.8s,求甲的平均加速度？

(3)乙推甲過程，若乙肌肉做功，消耗生物能量全部轉化為甲、乙系統機械能，且

其它力的功不考慮，求乙消耗的生物能？

15.兩豎直平行板4和B之間電壓為20V,間距為3.75cm。兩水平平行板C和。之間電壓

為22.5V,板長為L=40cm。某種比荷為￡=lO,C/kg的帶正電粒子。從A板小孔

無初速進入4B板間。經過加速從8板小孔射出。正好沿CD板的中心線進入CD板間，

不計粒子重力和電場邊緣效應。

(1)求粒子剛從B板小孔射出時的速度？

(2)若撤去CD板上的電壓，粒子將從CD板的中心線右側M點進入虛線邊界右側的輻

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向電場，輻向電場M點的電場強度與48板間電場強度大小相等，其軸心在。板右側

延長線上。點，M。為豎直方向，粒子在輻向申場中剛好做勻速圓周運動，求該勻

速圓周運動的半徑？

(3)射入CD板的粒子在CD板間電場力作用下發生偏轉，豎直方向做加速運動，求加

速度為多少？粒子能否從CD板右側射出？(寫出計算過程)

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、用點電荷來代替實際帶電的電荷是采用了理想化物理模型的方法，故

A正確；

8、法拉第首先提出用電場線描繪抽象的電場，這是形象化的研究方法，故8正確；

C、庫侖得出庫侖定律，但沒有測出元電荷e的數值，e的數值首先是由密立根測出的，

同時庫侖用扭秤實驗發現庫侖定律，不是類比卡文迪許的扭秤實驗，故C錯誤；

。、電場強度是由電場本身決定的，電勢差是由電場與兩點的位置決定的，電場強度的

表達式都是利用比值法得到的定義式，故力正確。

本題選錯誤的

故選：Co

常用的物理學研究方法有：控制變量法、等效替代法、模型法、比較法、類比法、轉換

法等，是科學探究中的重要思想方法、根據物理方法和常識解答，記住著名物理學家的

主要貢獻即可。

在高中物理學習中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有

很大的幫助；故在理解概念和規律的基礎上，更要注意科學方法的積累與學習。

2.【答案】B

【解析】解：當滑動變阻的滑片向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，變阻器與

定值電阻/?2并聯的總電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析可知總

電流/變小，電源的內電壓變小，&兩端電壓變小，/?2兩端電壓變大，即電壓表示數增

大。并聯部分的電壓增大，所以電阻/?2的電流增大，由于總電流/變小，所以電流表示

數減小。故4CD錯誤，B正確。

故選：B。

當滑動變阻器的滑片P向上端a滑動過程中，變阻器接入電路的電阻增大，并聯部分的

電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析總電流的變化及路端電壓的

變化，即可知電壓表示數的變化。由歐姆定律分析并聯部分電壓的變化，即可判斷通過

電阻&的電流的變化，根據總電流的變化，再分析電流表示數的變化。

本題是電路的動態變化分析問題，關鍵要從局部到整體，再到局部，按順序進行分析即

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可。

3.【答案】4

【解析】解：4、根據電功公式，可知t秒內電源的總功為：W=Eq=Elt,故4正確；

8、電動機為非純電阻用電器，不適用歐姆定律，所以電動機的額定電壓不等于//?“，

故2錯誤；

C、電動機消耗的電能轉化為機械能和內能，故C錯誤；

D、通過電動機電流做功功率即為電功率，大于熱功率/2RM，故。錯誤。

故選：Ao

電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不再成立，其電功率「電=叼，

發熱功率。熱=JR。

本題考查對非純電阻電路電功率、熱功率的理解和運算能力，要注意在非純電阻電路中，

求電功率，只能用P^=U/,求發熱功率只能用P熱=/2R。

4.【答案】D

【解析】解：力、根據題意及運動位移一時間圖像，4c距離為兩倍振幅，即5crnx2=

10cm,故A錯誤：

B、從4到6?的時間為半個周期，所以其時間為：t=?=gs=3s,故B錯誤；

C、小球從B到C的過程中，加速度是變化的，所以小球做變減速運動，故C錯誤；

。、小球從C到B的過程中，小球做加速運動，彈性勢能轉化為動能，故。正確。

故選：Do

根據AC距離為兩倍振幅求解；從4到C的時間為半個周期；小球從B到C的過程中做變減

速運動；小球從C到B的過程中，彈性勢能轉化為動能。

本題考查了彈簧振子的運動位移一時間圖像，要求學生能夠從圖象中獲取有用信息，并

結合簡諧運動的特點求解。

5.【答案】C

【解析】解：4、根據波形圖可知質點振動方向與波傳播方向垂直，該水波為橫波，故

A錯誤。

B、根據波形圖可知波的波長為60m,故B錯誤。

C、P點船經5秒到波谷，周期為10秒。波速u詒m/s=6m/s,故C正確。

。、兩船平衡位置間距離相隔半個波長，可以同時到達平衡位置，故。錯誤。

故選：Co

根據波形圖可知波長，質點的振動方向與波傳播方向垂直，根據計算波速；兩船

平衡2位置間距離相隔半個波長，可以同時到達平衡位置。

本題考查由波動圖求解波長的能力.對于波往往根據空間距離研究波長，根據時間研究

周期，注意波速的計算公式。

6.【答案】D

【解析】解：由圖可知，匕時刻之前U逐漸增大，由C可知，Q變大，故平行板電容

器兩板帶電量逐漸增大為充電過程，故A錯誤。

電容器電容的大小取決于其決定式即：。=康。由題意可知，決定電容器電容大小的

各個物理量均未發生變化，故容器電容不變，平行板帶電量與兩板電壓之比就不變。

故B和C錯誤，。正確。

故選：D。

根據圖像電容的電壓隨著時間變大，根據電容器電容的定義式C=苓和決定式C=懸

即可知得正確答案。

本題是結合圖像考查電容器電容的定義式C=與和決定式C=箴，結合圖像即可找到

正確答案，屬于簡單題型。

7.【答案】B

【解析】解：力、因為帶電粒子的帶電性質未知，場源電荷的帶電性質與帶電粒子相同，

有兩種情況，故A錯誤；

8、若場源電荷為正電荷，其電場電勢均為正值，帶電粒子也為正電荷，電勢能為正。

若場源電荷為負電荷，其電場電勢均為負值，帶電粒子也為負電荷，電勢能為正。故3

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正確。

C、B點最靠近場源點電荷，電場力最大，加速度最大，故C錯誤。

D、從8點到C點，帶電粒子受斥力作用。動能增加，電勢能減小，故。錯誤

故選：B。

結合帶電粒子電性分析場源電荷電性，分類討論B點電勢能，場源電荷附近加速度大，

由能量守恒判斷電勢能變化。

本題考查靜電場，學生需結合能量轉化，分析電勢能變化。

8.【答案】CD

【解析】解：4、根據直線電流周圍的磁場分布，導線框內磁場為非勻強磁場，故A錯

、口

底。

8、根據右手螺旋定則，穿過線框平面的磁感線向紙面外，故B錯誤。

C、導線框向右移，穿過閉合線框的磁通量變小，會產生感應電流，故C正確。

。、導線框豎直向上移，穿過線框的磁通量不變，故。正確。

故選：CD。

會判斷通電直導線周圍的磁場分布，知道它是非勻強磁場，同時要根據楞次定律和安培

定則判斷感應電流。

通電指導線周圍的磁場為非勻強磁場，會應用楞次定律和法拉第電磁感應定律結合歐姆

定律解題，考查比較全面。

9.【答案】BC

【解析】解：B、木塊勻速運動，速度不變，動量不變，故8正確。

。、根據動量定理，合外力的沖量等于物體動量變化，合力的沖量為0,故。錯誤。

A、重力不為0,沖量也不為0。故A錯誤。

C、拉力的沖量為Ft,故C正確。

故選：BC。

重力不為0,沖量也不為0,木塊勻速運動，速度不變，動量不變，根據動量定理課解得

合力的沖量。

某一個力的沖量即為力與時間的乘積，與物體的運動狀態等無關。

10.【答案】AD

【解析】解：BC,因為沿電場線方向電勢逐漸降低，根據電勢走向，場源電荷一定為

同種正電荷，且電勢變化不對稱，電量不等，故BC錯誤。

AD,4點切線斜率為零，而R-X圖線的切線斜率表示電場強度的大小，則冷點的電場

強度為零，或根據兩正電荷連線上必有場強為0點即電勢升降轉折點不，該點左右電場

反向，故A。正確。

故選：AD.

0-X圖線的切線斜率表示電場強度的大小，從坐標XI到不電勢先減小后增大，根據沿

電場線電勢逐漸降低判斷兩電荷的電性，根據電場強度為零的位置比較兩電荷的電量大

小；根據Ep=q尹即可判斷電勢能的大小關系。

解決本題的關鍵找到該題的突破口，即根據P點的切線斜率(即電場強度)為零入手分析,

以及知道沿著電場線方向電勢逐漸降低。

11.【答案】5.6940.28R1p=A—.Y

【解析】解：(1)螺旋測微器的分度值為0.01mm,需要估讀到分度值的下一位，則直徑

為5.57nm+19.4X0.01mm—5.694mm；

(3)最小刻度為0.024估讀到分度值本位，則電流表讀數為0.284

(5)等效法測量電阻，金屬絲的電阻為R；

根據電阻定律R=g,S=—

解得：p=血。

4x

故答案為：(1)5.694；(3)0.28；(5)R；p=—.

4x

(1)根據螺旋測微器的讀數規則得出金屬絲的直徑；

(3)根據電表的指針和分度值得出電流表讀數；

(5)根據電路特點分析出金屬絲電阻，結合電阻定律計算出金屬絲電阻率。

本題主要考查了金屬的電阻率的測量，熟悉測量儀器的讀數，結合閉合電路歐姆定律和

電阻定律計算出金屬絲電阻率。

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12.【答案】簪60.1甲

【解析】解：(1)依題意，根據串聯分壓，并聯分流的特點，可知電流計需要并聯電阻

值為％=器，根據多用電表電流流向“紅進黑出"，由圖(2)可知電流應從b端紅表筆

流進表內。

(2)依題意，由于燈泡電阻為小電阻，且要求燈泡兩端電壓從零開始增大，故應采用分

壓式外接法測電阻，所以補充完整，電路圖如圖3所示

滑動變阻器分壓式接法，選甲時，燈泡50與變阻器一半電阻50并聯總阻值2.5。再與變

阻器另一半50分壓，

故分得

選乙同理，可求得電壓表讀數為

..3/5X100、cY

=-5X100---------X(----------

U+10015+100，)?0AV

(5+100)

顯然調節甲較為方便，滑片開始移動時電壓改變較為明顯

故應該選擇滑動變阻器甲。

本實驗難點在電流表擴大量程，需要學生能夠熟練使用部分電路歐姆定律，結合本題實

際需要進行改裝，其他各項為常規填空較為簡單。

本實驗為描繪小燈泡伏安特性曲線的實驗，主要考查步驟和數據處理靈敏電流計改裝成

電流表多用電表測電阻的方法、操作步驟、注意事項和讀數等，本實驗的難點在電流表

擴大量程，需要學生熟練應用部分電路歐姆定律。

13.【答案】解：設該光線在該寶石中的折射率為n,速度為。，光在MN邊折射，由折

..叵

射定律：九=%=+=2

sinrV3

4

光在0Q邊全反射，有葭=就

計算得：sinp=1

解得：0=30。

又由幾-?

得u=1.5x108m/s

答：所求/?為30。，速度為1.5x108m/s

【解析】由折射定律解得折射率，由sinC=；解得角°,由幾=:求出光在棱鏡中傳播速

度。

本題是幾何光學問題，關鍵是掌握全反射的條件和臨界角公式sinC=；.解題時要作出光

路圖，運用幾何知識幫助解答。

14.【答案】解：(1)設所求甲的速度為方，取初速度方向為正方向，根據動量守恒定律

可得：

(m+M)v0=Mu1+mv2

解得：v2=20m/s,方向與初速度方向相同；

(2)設所求甲的速度變化量為/〃，平均加速度為￡

速度變化量為：Av=v2-VQ=(20-10)m/s=lOm/s

根據加速度定義式可知平均加速度：Q=r=^m/s2=12.5m/s2；

CO.o

(3)設乙消耗的生物能量為E,對二者系統，由能量守恒定律弓(徵+M)詔+E=說+

-2771^22

解之得：E=5400;?

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答：(1)乙猛推甲動作完成瞬間甲的速度為20m/s；

(2)乙猛推甲過程，甲的速度變化量為10m/s,若過程作用時間為0.8s,甲的平均加速度

為12.5M/S2；

(3)乙推甲過程，乙消耗的生物能為5400人

【解析】(1)根據動量守恒定律求解速度大小；

(2)根據初速度和末速度求解速度變化量，根據加速度定義式可知求解加速度；

(3)對二者系統，由能量守恒定律求解乙消耗的生物能。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守