2021-2022学年天津市部分区高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）
1. 在磁感应强度为𝐵的匀强磁场内，放一面积为𝑆的正方形线框。当线框平面与磁场
的磁感线平行时，穿过线框的磁通量为( )
A. 0
B. 𝑆
𝐵
C. 𝐵
𝑆
D. 𝐵𝑆
2. 下列说法正确的是( )
A. 地磁波在任何介质中的传播速度都大于在真空中传播速度 B. 变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场 C. 红外线波长小于紫外线的波长 D. 电磁波是一种物质，它具有能量
3. 一根通电直导线垂直纸面放在磁感应强度方向向右、
大小为1𝑇的匀强磁场中，如图所示为截面图，以导𝑅为半径的圆周上有𝑎、线为中心(图中的空心小圆圈)，
𝑏、𝑐、𝑑四个点，已知𝑐点的磁感应强度为0，则下列说法正确的是( )
A. 通电直导线在𝑐点产生的磁场方向向右 B. 𝑎点的磁感应强度为2𝑇，方向向右 C. 𝑏点的磁感应强度为2𝑇，方向向右 D. 𝑑点的磁感应强度为0
4. 如图所示的电路，灵敏电流计𝐺和一个电阻箱𝑅并联，
改装成一个大量程的电表，下列判断正确的是( )
A. 改装成的是电流表，𝑅越小量程越大 B. 改装成的是电流表，𝑅越大量程越大 C. 改装成的是电压表，𝑅越小量程越大 D. 改装成的是电压表，𝑅越大量程越大
5. 如图所示，将一个带电液滴在水平向左的匀强电场中
从𝑏点由静止释放，发现液滴沿直线由𝑏运动到𝑑，直线𝑏𝑑方向与竖直方向成45°夹角，则下列判断正确的是( )
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A. 液滴受到的电场力水平向左 B. 液滴受到的合力竖直向下 C. 液滴受到的电场力大小等于重力 D. 液滴受到的合力大小等于重力
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
6. 如图所示，带箭头的直线表示某一电场的电场线，仅在电场力
作用下，一带负电的粒子以一定初速度从𝐴点运动到𝐵点，轨迹如图中虚线所示，则( )
A. 𝐵点的电场强度大于𝐴点的电场强度 B. 电场中𝐴点电势高于𝐵点电势
C. 粒子在𝐵点的电势能小于在𝐴点的电势能 D. 粒子在𝐵点的动能大于在𝐴点动能
7. 下列说法正确的是( )
A. 爱因斯坦根据黑体辐射的规律，提出能量子假说 B. 麦克斯韦预言电磁波的存在并通过实验捕捉到电磁波
C. 原子从高能级向低能级跃迁时放出光子，光子的能量等于前后两个能级之差 D. 原子的发射光谱只有一些分立的亮线
8. 机器人的使用开拓了我们的视野，延伸了我们的肢体，大
大提高了我们的工业效率。如图，一款微型机器人的直流电动机的额定电压为𝑈，额定电流为𝐼，线圈电阻为𝑅，将它接在一直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，下列说法正确的是( )
A. 电动机消耗的电功率为𝐼2𝑅 B. 电动机消耗的电功率为𝑈𝐼
C. 流过电动机的电流与其两端电压的关系满足𝐼=𝑅 D. 电动机的线圈发热功率为𝐼2𝑅
三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
𝑈
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9. (1)如图甲是探究感应电流产生条件的实验器材。请在图中用实线代替导线把它们
连成完整的实验电路。
(2)某学习小组要测定一段金属导线的电阻率，知道导线的电阻大约为5𝛺。 ①用螺旋测微器测金属导线的直径𝑑，读数如图乙所示，则直径𝑑=______𝑚𝑚。 ②为了测定金属导线的电阻，实验室提供了以下器材 A.电压表𝑉1：0～3𝑉，内阻约为10𝑘𝛺； B.电压表𝑉2：0～15𝑉，内阻约为50𝑘𝛺； C.电流表𝐴1：0～0.6𝐴，内阻约为0.5𝛺； D.电流表𝐴2：0～3𝐴，内阻约为0.1𝛺； E.滑动变阻器𝑅1：0～10𝛺； F.滑动变阻器𝑅2：0～100𝛺；
G.两节干电池，电动势约为3𝑉，内阻约0.5𝛺；
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H.电键和导线若干。
为了精确测量，调节方便，某同学设计了图丙所示电路，则他应选电压表为______，电流表为______，滑动变阻器为______。(以上三空均填实验器材前面的字母) ③由于电表内阻导致电阻测量存在误差，该同学的电阻测量值______(选填“大小”、“等于”或“小于”)真实值。
四、计算题（本大题共3小题，共48.0分）
𝑏两点，𝑟2=2：10. 如图所示，在正点电荷𝑄产生的电场中有𝑎、它们到𝑄的距离之比𝑟1：
3，且𝑎、𝑏两点间电势差𝑈𝑎𝑏=100𝑉。有一带电荷量𝑞=−4×10−6𝐶的试探电荷，只受点电荷𝑄的电场的作用。求：
(1)试探电荷𝑞在𝑎、𝑏两点所受点电荷𝑄的作用力大小之比是多少？ (2)将试探电荷𝑞从𝑎点沿𝑎𝑏直线移到𝑏点，电场力做的功是多少？ (3)若将试探电荷𝑞从𝑎点经𝑐点移到𝑏点，电场力做的功又是多少？
11. 如图所示，电源电动势𝐸=6𝑉，电源内阻不计，定
值电阻𝑅1=2.4𝑘𝛺、𝑅2=4.8𝑘𝛺。
(1)若在𝑎𝑏之间接一个电阻𝑅3=4.8𝑘𝛺，闭合开关𝑆，求电阻𝑅3两端的电压；
(2)若在𝑎𝑏之间接一个𝐶=100𝜇𝐹的电容器，闭合开关𝑆，电路稳定后，求电容器所带的电荷量。
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12. 如图所示，水平放置的两平行金属板，板长𝐿=1.0𝑚，板间距
𝑑=0.06𝑚.上板带正电，下板带负电，两板间有一质量𝑚=1.0×10−4𝑘𝑔，带电量𝑞=−4×10−7𝐶的微粒沿水平方向从两板中央处以𝑣0=10𝑚/𝑠的初速射入匀强电场(𝑔取10𝑚/𝑠2)，求： (1)要使微粒沿水平直线从两极板穿过，两极板间的电压𝑈0； (2)要使微粒从下极板右边边缘穿出，两极板间的电压𝑈1．
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答案和解析
1.【答案】𝐴
【解析】解：磁通量为穿过线圈的磁感线的条数，当线框平面与磁场方向平行时，穿过线框的磁通量为0。故A正确，BCD错误； 故选：𝐴。
当线框平面与磁场方向垂直时，穿过线框所围面积的磁通量可根据公式𝛷=𝐵𝑆求解；当线框平面与磁场方向平行时，穿过线框所围面积的磁通量为0．
本题主要考查了磁通量的概念，磁通量是磁场和电磁感应部分重要的物理量，要理解其物理意义：表示磁感线的条数，掌握计算公式，是基础性问题．
2.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴、电磁波在任何介质中的传播速度都小于在真空中传播的速度，故A错误；
B、变化的电场一定产生磁场，但不一定是变化的磁场，变化的磁场一定产生电场，但不一定是变化的电场，故B错误；
C、红外线波长大于紫外线的波长，故C错误； D、电磁波是一种物质，它具有能量，故D正确； 故选：𝐷。
电磁波在任何介质中的传播速度都小于在真空中传播的速度； 变化的电场一定产生磁场，但不一定是变化的磁场； 根据电磁波谱可知红外线波长大于紫外线的波长； 电磁波是一种物质，它具有能量。
知道电磁波谱，知道电磁波在介质中传播的速度，电磁场理论。
3.【答案】𝐵
【解析】解：𝐴、由题，𝑐点的磁感应强度为0，说明通电导线在𝑐点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在𝑐点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外，故A错
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误。
B、通电导线在𝑎处的磁感应强度方向水平向右，则𝑎点磁感应强度为2𝑇，方向与𝐵的方向相同，故B正确；
C、由上知道，通电导线在𝑏点产生的磁感应强度大小为1𝑇，由安培定则可知，通电导𝑏点感线在𝑏处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，应强度为√2𝑇，方向与𝐵的方向成45°斜向下，故C错误；
D、通电导线在𝑑处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形定则可确定𝑑点感应强度为√2𝑇，方向与𝐵的方向成45°斜向上，不为零，故D错误； 故选：𝐵。
𝑐点的磁感应强度为0，说明通电导线在𝑂点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向。通电导线在𝑎𝑏𝑐𝑑四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析𝑏、𝑐、𝑑三点的磁感应强度大小和方向。
本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加。
4.【答案】𝐴
𝐴𝐵、改装成了电流表，𝑅减小电流表量程增大，𝑅增大时电流表量程减小，【解析】解：故A正确，B错误；
𝐶𝐷、把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻，串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻𝑅并联，改装后电压表量程不变，故CD错误； 故选：𝐴。
把电流表改装成大量程电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻。
本题考查了电表改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点即可正确解题．
5.【答案】𝐶
【解析】解：液滴沿直线由𝑏运动到𝑑，则液滴垂直直线方向上合力为零，故液滴受到的电场力水平向右，合力方向沿𝑏𝑑向下，对液滴受力分析如图
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根据液滴垂直𝑏𝑑直线方向上合力为零有 𝐹𝑠𝑖𝑛45°=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛45°， 即液滴受到的电场力等于重力；
故液滴受到的合力大小𝐹合=√(𝑚𝑔)2+𝐹2=√2𝑚𝑔 故ABD错误，C正确。 故选：𝐶。
根据液滴的运动性质，结合题意可知液滴受到的电场力的大小和方向，结合液滴的受力特点，可知液滴受到的合力大小和方向。
在分析液滴的受力时，要注意液滴沿直线运动，则液滴受到的沿垂直直线方向的合力为零。
6.【答案】𝐴𝐵
【解析】解：𝐴、由图可知𝐵处电场线比𝐴处电场线密，因此𝐵点的电场强度大于𝐴点电场强度，故A正确；
B、沿电场线方向电势降低，则有电场中𝐴点电势高于𝐵点电势，故B正确；
C、从𝐴运动𝐵过程中，根据做曲线运动带电粒子的受力特点可知，电场力的方向与运动方向之间的夹角大于90°，电场力做负功，动能减小，电势能增加，即粒子在𝐵点的电势能大于在𝐴点的电势能，粒子在𝐵点的动能小于粒子在𝐴点的动能，故CD错误； 故选：𝐴𝐵。
题中电场线没有告诉方向，不能判断电势高低但是可以根据电场线的疏密来判断电场的大小；根据做曲线运动带电粒子的受力特点可知电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小．
在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握．
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7.【答案】𝐶𝐷
【解析】解：𝐴、普朗克根据黑体辐射的规律，提出能量子假说，故A错误； B、麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到电磁波，故B错误；
C、根据玻尔理论，原子从高能级向低能级跃迁时放出光子，光子的能量等于前后两个能级之差，故C正确；
D、根据玻尔理论，原子的发射光谱只有一些分立的亮线，故D正确。 故选：𝐶𝐷。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可；根据玻尔理论和光谱特点分析即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
8.【答案】𝐵𝐷
【解析】解：𝐴𝐵、电动机正常工作，其额定电压为𝑈，通过的电流为𝐼，则电动机消耗的总功率为：𝑃总=𝑈𝐼，故A错误，B正确；
C、电动机不是纯电阻，流过电动机的电流不能用𝐼=𝑅计算，故C错误； D、电动机消耗的热功率为：𝑃热=𝐼2𝑅，故D正确； 故选：𝐵𝐷。
电动机的总功率可用𝑃=𝐼𝑈来求，发热的功率用𝑃=𝐼2𝑅来计算。
对于电功率的计算，一定要分析清楚是纯电阻电路还是非纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
𝑈
9.【答案】0.880 𝐴 𝐶 𝐸 小于
【解析】解：(1)电源、开关、滑动变阻器、螺线管𝐴连接成闭合回路，螺线管𝐵与电流计组成实验电路，实物电路图如图所示
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(2)①由图乙所示螺旋测微器可知，其读书是0.5𝑚𝑚+38.0×0.01𝑚𝑚=0.880𝑚𝑚。 ②电源电动势是3𝑉，电压表应选择𝐴；电路最大电流约为𝐼=𝑅=5𝐴=0.6𝐴，电流表应选择𝐶；为方便实验操作，滑动变阻器应选择𝐸。
③由图丙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
故答案为：(1)实物电路图如上图所示；(2)①0.880；②𝐴；𝐶；𝐸；③小于。 (1)探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管𝐴组成控制电路；螺线管𝐵与电流计组成实验电路；
(2)①螺旋测微器固定刻度读数与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数。
②根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。 ③根据图示电路图分析实验误差。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。
𝑈
3
10.【答案】解：(1)根据库伦定律，试探电荷𝑞在𝑎、𝑏两点所受库仑力分别为
𝐹𝑎=𝑘
𝑄𝑞
2𝑟1
𝐹𝑎=𝑘𝑟2
2
𝑄𝑞
因为
𝑟1：𝑟2=2：3 所以解得 𝐹𝑎：𝐹𝑏=9：4 (2)根据
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𝑊=𝑞𝑈 代入数据得 𝑊𝑎𝑏=−4×10−4𝐽
(3)电场力做功与路径无关，只与始末位置有关，所以将试探电荷𝑞从𝑎点经𝑐点移到𝑏点，电场力做的功为 𝑊𝑎𝑏=−4×10−4𝐽
答：(1)试探电荷𝑞在𝑎、𝑏两点所受点电荷𝑄的作用力大小之比是9：4； (2)将试探电荷𝑞从𝑎点沿𝑎𝑏直线移到𝑏点，电场力做的功是−4×10−4𝐽； (3)若将试探电荷𝑞从𝑎点经𝑐点移到𝑏点，电场力做的功又是−4×10−4𝐽。
【解析】(1)根据库仑力计算公式可解得． (2)根据𝑊=𝑞𝑈代入数据解得．
(3)电场力做功与路径无关，只与始末位置有关。
解决本题的关键知道库伦定律．以及掌握电场力做功的方法，一、直接运用𝑊=𝑞𝑈计算，将𝑞的正负，电势差的正负代入计算．二、先判断出电场力做正功还是负功，然后运用𝑊=𝑞𝑈求出做功的大小，只代数值．
11.【答案】解：(1)在𝑎𝑏之间接一个电阻𝑅3=4.8𝑘𝛺，闭合开关𝑆，𝑅3与𝑅2并联阻值为
23
𝑅并=𝑅+𝑅=4.8+4.8𝑘𝛺=2.4𝑘𝛺
2
3
𝑅𝑅4.8×4.8
则𝑅并=𝑅1
电阻𝑅3两端的电压𝑈3=2𝐸=2×6𝑉=3𝑉
(2)在𝑎𝑏之间接一个𝐶=100𝜇𝐹的电容器，闭合开关𝑆，电路稳定后，电容器板间的电压为 𝑈𝐶=𝑅
𝑅2
1+𝑅2
11
𝐸=2.4+4.8×6𝑉=4𝑉
4.8
电容器的带电量为𝑄=𝐶𝑈𝐶=100×10−6×4𝐶=4×10−4𝐶 答：(1)电阻𝑅3两端的电压为3𝑉。 (2)电容器所带的电荷量为4×10−4𝐶。
【解析】(1)在𝑎𝑏之间接一个电阻𝑅3=4.8𝑘𝛺，闭合开关𝑆，先求出𝑅3与𝑅2并联阻值，再根据串联电路分压规律求电阻𝑅3两端的电压；
(2)在𝑎𝑏之间接一个𝐶=100𝜇𝐹的电容器，闭合开关𝑆，电路稳定后，电容器的电压等于
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𝑅2的电压，先求出电容器的电压，即可求出电容器所带的电荷量。
对于电容器，关键在于电压的计算，当电容器与电阻并联时，电容器等于并联电阻的电压。
12.【答案】解：(1)粒子在极板间做直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：𝑞
𝑈0𝑑
=𝑚𝑔，
解得：𝑈0=150𝑉；
(2)粒子在极板间做类平抛运动， 水平方向：𝐿=𝑣0𝑡， 竖直方向：2𝑑=2𝑎𝑡2， 由牛顿第二定律得：𝑚𝑔−
𝑞𝑈1𝑑
1
1
=𝑚𝑎，
代入数据解得：𝑈1=60𝑉；
答：(1)要使微粒沿水平直线从两极板穿过，两极板间的电压𝑈0为150𝑉； (2)要使微粒从下极板右边边缘穿出，两极板间的电压𝑈1为60𝑉．
【解析】(1)由平衡条件求出电压；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电压．
本题考查了粒子在电场中的运动，应用平衡条件、类平抛运动规律即可正确解题．
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