浙江省台州市书生中学2022-2023学年高二物理上学期期末模拟试题（Word版含解析）

台州市书生中学2022学年第一学期高二物理试卷（本卷满分：100分　考试时间：90分钟）一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量中属于矢量的是（　　）A.磁通量B.电动势C.电流D.磁感应强度【答案】D【解析】【详解】ABC．磁通量、电动势是只有大小没有方向的标量，电流有大小，有方向，但电流运算时不遵守矢量运算法则，也是标量，ABC错误；D．磁感应强度是矢量，D正确。故选D。2.下列说法正确的是（　　）A.元电荷就是质子或电子B.真空中点电荷的电场中某一点的电场强度大小与场源电荷无关C.静电平衡状态下导体表面处的电场强度不为零，方向跟导体表面垂直D.若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为0【答案】C【解析】【详解】A．元电荷是自然界中电荷的最小单元，不是指质子或者是电子，A错误；B．由真空中点电荷的电场强度公式可知，真空中点电荷的电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量成正比，B错误；C．静电平衡时导体内部电场强度为零，但表面上各点电场强度不为零，由于导体为等势体，所以导体外表面处电场方向垂直于导体表面，C正确；D．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，可能通电导体与磁场平行，因此该点的磁感应强度却不为0，D错误。故选C。3.在能量量子化研究的历程中，以下说法中正确的是（　　）A.黑体即不反射电磁波，也不向外辐射电磁波B.一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度无关C.类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的 D.普朗克借助于能量的量子化假设，提出“光由光子构成”【答案】C【解析】【详解】A．黑体不反射电磁波，但会向外辐射电磁波，即黑体辐射，故A错误；B．一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故B错误；C．类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的，即只能是元电荷的整数倍，故C正确；D．爱因斯坦借助于能量的量子化假设，提出“光由光子构成”，故D错误。故选C。4.超纯水（Ultrapurewater）又称UP水，是为了研制超纯材料（半导体原件材料、纳米精细陶瓷材料等），应用蒸馏、去离子化、反渗透技术或其它适当的超临界精细技术生产出来的水，其电阻率大于18MΩ·cm，或接近18.3MΩ·cm极限值（25°C）。以下说法中，正确的是（　　）A.电阻率和温度并无关系B.超纯水电阻率大，导电能力非常微弱C.超纯水电阻率和存放容器的横截面积有关D.去离子化制作超纯水，制作前、后电阻率并无变化【答案】B【解析】【详解】A．电阻率和温度有关，故A错误；B．超纯水电阻率大，导电能力非常微弱，故B正确；C．超纯水的电阻率和存放容器的横截面积无关，故C错误；D．去离子化制作超纯水，制作后的超纯水中离子浓度减小，导电能力减弱，电阻率增大，故D错误。故选B。5.平面a和平面b相互垂直，平面b中直线PQ和MN垂直。电荷量为＋q粒子以速度v运动，途径两直线交点，且恰在a平面内，如图甲所示，磁场方向垂直于平面b。该粒子此时所受洛伦兹力方向正确的是（　　） A.由P指向Q，如图乙中F1所示B.由N指向M，如图乙中F2所示C.由Q指向P，如图乙中F3所示D.位于平面a，垂直于速度v，如图乙中F4所示【答案】C【解析】【详解】由左手定则可以判断洛伦兹力方向为，ABD错误，C正确。故选C。6.如图为某扫地机器人，已知其工作的额定电压为15V，额定功率为30W，充电额定电压为24V，额定电流为0.5A，电池容量为2000mA·h，则下列说法中错误的是（　　）A.机器人充满电大约需要4hB.电池容量是指电池储存电能的大小C.机器人正常工作时的电流为2AD.机器人充满电后连续工作时间约为1h【答案】B【解析】【详解】A．机器人充满电大约需要 故A正确；B．电池容量是指电池储存电荷量的大小，故B错误；C．机器人正常工作时的电流为故C正确；D．机器人充满电后连续工作时间约为故D正确。本题选错误的，故选B。7.如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是（　　）A.一直减小B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】C【解析】【分析】分析通电导线的受力情况，当磁场旋转时通过图解法分析安培力的变化，从而分析磁感应强度的变化.【详解】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图解法可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由F=BIL可知，磁场的磁感应强度先减小后增加，故选C. 【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答．8.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是圆环在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿滑轨MP、QN运动到圆环上的过程中，下列说法中正确的是（　　）A.重力对两滑块的冲量相同B.合力对两滑块的冲量大小相同C.弹力对滑块的冲量较大D.两滑块的动量变化大小相同【答案】A【解析】【详解】设滑轨与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对滑块受力分析可得，滑块所受的支持力大小为①所受合外力大小为②根据牛顿第二定律可得滑块的加速度大小为滑块沿滑轨运动的位移为根据位移时间关系有可得滑块沿滑轨运动的时间为 ③小滑块到达底部的速度为④A．由③式可知两小滑块沿滑轨运动的时间相同，由于两小滑块质量相同，因此重力对两小滑块的冲量大小相等，故A正确；B．由于MP与竖直半径的夹角小于QN与竖直半径的夹角，由②式可知故合力对a滑块的冲量大于合力对b滑块的冲量，故B错误；C．由于MP与竖直半径的夹角小于QN与竖直半径的夹角，由①式可知故弹力对a滑块的冲量小于弹力对b滑块的冲量，故C错误；D．由于MP与竖直半径的夹角小于QN与竖直半径的夹角，由④式可知故a滑块动量变化大小大于b滑块动量变化大小，故D错误。故选A。9.如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆，现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b、c中产生的感应电流方向为（　　）A.b、c中均为顺时针方向B.b、c中均为逆时针方向C.b为逆时针方向，c为顺时针方向D.b为顺时针方向，c为逆时针方向【答案】C【解析】【详解】首先，由题意可知线圈a的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈b产生的磁场垂直纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c 产生的磁场垂直纸面向外，再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向里。故选C。10.如图所示电路中R1=R2=R3=3Ω，若在a、c两点之间加上U=9V的电压，则理想电流表的读数为（　　）A.0B.1AC.2AD.3A【答案】B【解析】【详解】根据电路连接方式可知R2和R3并联后再与R1串联接在电源两端，电流表测通过R2的电流，则电路总电阻为总电流为根据并联电路分流规律可知电流表的示数为故选B。11.如图所示，某地有一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为R的圆面。某时间内该地区的风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，假如这风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η。则该发电机发电的功率为（　　） A.πηρR2v2B.πηρR2v3C.πηρR2v2D.πηρR2v3【答案】B【解析】【详解】设t时间内与叶片相互作用的空气柱长度为l，则①空气柱质量为②由题意可知该发电机发电的功率为③联立①②③解得④故选B。12.近年来，随着智能手机的普及，手机已经成为人们日常生活中必不可少的通讯工具，人们对手机的依赖性也越强，有些人甚至喜欢躺着看手机，经常出现手机滑落砸到眼睛的情况。如图所示，若一部质量m=200g的手机，从离人眼约h=20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为t=0.01s，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（　　） A.手机对眼睛的冲量方向竖直向上B.手机对眼睛作用力大小约为42NC.全过程手机重力的冲量大小约为0.6N·sD.全过程手机动量的变化量大小约为0.42N·s【答案】B【解析】【详解】A．由冲量定义式可知，手机对眼睛的冲量方向竖直向下，A错误；B．手机做自由落体运动，设到达眼睛时的速度为v，有手机与眼睛作用过程，以手机为研究对象，取竖直向上为正方向根据动量定理可得联立可得B正确；C．全过程由动量定理所以全过程手机重力的冲量大小约为C错误；D．有动量定理可知全过程手机动量的变化量大小约为0，D错误。故选B。13.如图所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外，大小为B，沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏，P点位于荧光屏上，在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P点处在亮线上，已知OA=OP=l，对于能打到P点的粒子，以下说法中错误的是（　　） A.这些粒子速度的最小值为B.这些粒子在磁场中运动的最长时间为C.这些粒子做圆周运动各圆心的连线是一条直线D.这些粒子做圆周运动的周期和速度大小无关【答案】A【解析】【详解】A．设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，由牛顿运动定律有若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆，如图中圆O1所示由几何关系知则粒子的最小速度故A错误，符合题意；BD．粒子在磁场中的运动周期，设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角 为θ，则粒子在磁场中的运动时间为由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有则粒子在磁场中运动的最长时间故BD正确，不符合题意；C．能达到P点的粒子圆周运动的圆心一定在AP连线的中垂线上，即图中O1O2连线上，故C正确，不符合题意。故选A。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”。在他的研究过程中有两个重要环节：（1）敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；（2）通过大量实验，将“磁生电”（产生感应电流）的情况概括为五种：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是（　　）A.环节（1）提出“磁生电”思想是受到了奥斯特的“电流磁效应”的启发B.环节（1）提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释C.环节（2）中五种“磁生电”条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”D.环节（2）中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件【答案】AC【解析】【详解】AB．法拉第敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想，是受到了奥斯特的“电流磁效应”的启发，故A正确，B错误；C．环节（2）中五种“磁生电”条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，故C正确；D．环节（2）中“在磁场中运动的导体”这种情况，可以视为运动的导体存在于某一假想的 闭合回路中，当导体运动时，穿过闭合导体回路的磁通量会发生变化，故D错误。故选AC。15.关于电磁波，以下说法中正确的（　　）A.麦克斯韦推算出电磁波速度等于光速，并提出光是以波动形式传播的一种电磁振动B.电磁波具有能量，如食物中的水分子在微波炉微波的作用下热运动加剧，温度升高C.同水波和声波的传播一样，电场和磁场的相互“激发”的电磁波传播也离不开介质D.X射线片可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞，这两类电磁波波长较长【答案】AB【解析】【详解】A．麦克斯韦推算出电磁波速度等于光速，并提出光是以波动形式传播的一种电磁振动，故A正确；B．电磁波具有能量，如食物中的水分子在微波炉微波的作用下热运动加剧，温度升高，故B正确；C．电场和磁场的相互“激发”的电磁波传播不需要介质，故C错误；D．X射线片可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞，这两类电磁波频率较高，波长较短，故D错误。故选AB。16.研究某种射线装置的示意图如图所示。射线源发出的粒子以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点，粒子的重力不计。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该粒子（　　）A.带正电B.初速度为v＝C.比荷为＝D.增大E或B，可以让粒子向纸内偏转【答案】AC【解析】 【详解】A．根据左手定则可知该粒子带正电，故A正确；B．由题意可知粒子在电、磁复合场中做匀速直线运动，根据平衡条件有解得故B错误；C．根据牛顿第二定律有联立解得故C正确；D．增大E或B，可以让粒子在纸面内向下或向上偏转，故D错误。故选AC。三、实验题（本题共2小题，每空2分，共20分）17.1834年俄国物理学家楞次对感应电流的许多实验事实进行分析研究，提出了著名的楞次定律。如图所示，螺线管的电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然断开开关S，将发生的现象是∶线圈向__________摆动（填写“左”或“右”），并有___________趋势（填写“收缩”或“扩张”）；线圈中的感应电流为________时针（填写“顺”或“逆”）（从左向右看）。【答案】①.右②.扩张③.逆【解析】【详解】[1][2][3]现突然断开开关S，穿过线圈内的向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，从左向右看，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，感应电流在螺线管的磁场中受到安培力的作用，使线圈向右摆动，且有扩张趋势。18.如图所示，某同学为探究碰撞中动量是否守恒的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验： 用天平测出两个小球的质量分别为和；安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；先不放小球，让小球从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；将小球放在斜槽末端B处，仍让小球从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球、在斜面上的落点位置；用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为、、。依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）两小球的质量、应满足_______（填写“>”、“=”或“<”）；（2）小球与发生碰撞后，的落点是图中____点；（3）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。【答案】①.＞②.M③.【解析】【详解】（1）[1]为了防止入射球碰撞后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，故m1>m2（2）[2]碰撞前，小球m1落在图中的P点，由于两球碰撞后，m2的速度比m1自由滚下时的速度还要大，m1的速度减小，因此m1的落点是图中M点；（3）[3]设碰前小球m1的水平初速度为v1，当小球m1与m2发生碰撞后，小球m1落到M点，设其水平速度为v1′，m2的落点是N点，设其水平速度为v2′，斜面BC 与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得解得同理可得同理得因此，只要满足m1v1=m1v1′＋m2v2′即就可以说明两球碰撞前后动量是守恒的。19.某物理兴趣小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A．电流表A1（量程3mA，内阻为199Ω）B．电流表A2（量程3A，内阻为1Ω）C．电压表V（量程3V，内阻很大）D．滑动变阻器R（阻值范围0～5Ω，额定电流2A）E．定值电阻R1＝1ΩF．定值电阻R2＝1kΩ 以及待测干电池，开关、导线若干。同学们根据提供的器材，设计了如图所示的实验电路图。（1）请根据设计的电路图，将实物图中连线补充完整________；（2）为了尽量减小误差且方便操作，图中电流表应选择________（选填“A1”或“A2”），定值电阻应选择________（选填“R1”或“R2”）；（3）同学们利用上述实验装置测得了多组实验数据，并将电流表的读数作为横坐标，电压表的读数作为纵坐标，选取合适的标度，绘制了如图所示的图线。则该小组同学测定的干电池内阻r＝________Ω。（填含有a、b、c的表达式）【答案】①.②.A1③.R1④.【解析】【详解】（1）[1]如图所示。（2）[2][3]由于滑动变阻器最大阻值为5Ω，一节干电池的电动势约为1.5V，所以干路电流不超过 则电流表A2量程过大，电流表A1量程不够，因此需要将电流表A1进行扩量成改装，其并联的定值电阻应选择阻值较小的R1；（3）[4]根据电表改装原理可知通过干电池的电流I′与电流表示数I之间的关系满足所以U-I图像斜率绝对值的表示干电池的内阻，即四、计算题（本题共3小题，共35分）20.如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg。求:（1）小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力。（2）小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。（3）小球释放后，在下半部分速度的最大值vm是多少。【答案】（1），5mg；（2）mg，方向竖直向上；（3）【解析】【详解】（1）小球从A到D的运动中，由动能定理可得又qE=mg解得在D点，由牛顿第二定律可得 解得FN=5mg由牛顿第三定律可得，小球第一次经最低点D时对管壁的压力大小为5mg，方向竖直向下。（2）小球释放后，第一次经过最高点C时，由动能定理可得设小球在C点受管壁作用力方向向下，则有解得FC方向竖直向上。（3）小球释放后，在下半部分当重力和电场力的合力正好沿半径方向时，即小球在B、D中间位置时，小球速度最大，由动能定理可得解得21.如图，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限和第二象限中y>d的区域内均存在大小为B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。一个质子从电场中的P点以垂直y轴的速度射出，经过电场后从坐标原点O处以大小为v的速度与x轴成30°斜向上进入第一象限。已知P点与y轴距离，已知质子的质量为m，电荷量为q。不计粒子重力。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）质子从P点射出直到第3次穿过x轴所经历时间t； 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）质子经过原点O时，由速度分解可得v0=vcos30°vy=vsin30°质子在电场中运动过程，水平方向有竖直方向有vy=at联立解得（2）质子从P到O过程，做类平抛运动，设运动时间为t1，可得经过原点O之后轨迹如图所示 OA段与BC段质子做匀速直线运动，由几何关系可得可得在这两段的运动时间为由几何关系可知与均为60°，故质子在磁场中运动的两段圆弧合并后相当于一个完整的圆，故对应运动时间为综上所述可得，质子从P点射出直到第3次穿过x轴所经历的时间为22.如图所示，水平面上固定着不等间距的两段平行直导轨，处于磁感应强度大小为B的竖直向下的匀强磁场中，粗糙导轨、的间距为L，光滑导轨、无限长，其间距为，导轨电阻均不计，金属棒、垂直放置于两段导轨上与导轨接触良好，且均可自由滑动，其质量分别为m和，二者接入电路的阻值分别为R和，一根轻质细线绕过定滑轮（定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内，滑轮质量和摩擦不计），一端系在金属棒的中点上，另一端悬挂一物块W，W的质量为M，此时金属棒恰好不滑动。现用水平向右的恒定拉力F使金属棒由静止开始向右运动，当达到最大速度时金属棒刚要滑动已知重力加速度为g，求：(1)金属棒的最大速度；(2)恒定拉力F的大小；(3)若在金属棒达到最大速度时立即撤去拉力F，试计算出金属棒继续运动的位移s；(4)若金属棒从静止开始运动到最大速度所用的时间为t，则金属棒从棒开始运动到棒静止共产生了多少焦耳热？【答案】(1)；(2)；(3)；(4) 【解析】【详解】(1)当棒达到最大速度时，根据右手定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知棒受到水平向右的安培力，棒刚要滑动，对棒受力分析，可得受拉力F作用前，棒恰好不滑动，由平衡条件得解得对棒，有解得(2)当棒达到最大速度时，此时受力平衡，则外力又故(3)金属棒达到最大速度时立即撤去拉力F，直至停止，对棒，由动量定理得又 得联立解得棒继续运动的位移(4)金属棒加速过程中，对棒由动量定理得联立可得棒加速过程的位移设棒克服安培力做功为，对棒运动全过程，由动能定理得设系统产生的焦耳热为，由能量守恒定律可知解得则棒产生的焦耳热