四川省绵阳中学2022-2023学年高二物理上学期期末模拟试题（三）（Word版附解析）

绵阳中学2021级高二上期末线上模拟（三）物理一、必考选择题（每题4分，1-6单选，7-9多选共36分）1.某种高速带电粒子流，具有较强的穿透能力。如图虚线为该粒子流在气泡室中穿透一张黑纸的粒子径迹照片，气泡室里有垂直纸面的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　）A.磁场方向一定垂直纸面向里B.磁场方向一定垂直纸面向外C.粒子一定从左向右穿越黑纸D.粒子一定从右向左穿越黑纸【答案】D【解析】【详解】AB．粒子可能带正电、也可能带负电，由左手定则可知，磁场方向即可能垂直于纸面向里也可能垂直于纸面向外，故AB错误；CD．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得粒子穿过黑纸后速度变小，轨道半径r变小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子在右侧轨道半径大，在左侧轨道半径小，粒子从右向左穿过黑纸，故C错误，D正确；故选D。2.静置于桌面上的水平螺线管中通有如图所示的恒定电流，螺线管正上方固定一通电直导线M，M中通有垂直纸面向里的恒定电流，导线恰与螺线管中轴线垂直，纸面内，螺线管正上方以直导线M为圆心的圆上有a、b、c、d四点。其中a、c连线恰为圆的竖直直径，b、d连线为圆的水平直径。已知a点的磁感应强度方向水平向左，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是（　　） A.a点的磁感应强度大于c点的磁感应强度B.b、d两点的磁感应强度相同C.导线在图示位置时，通电螺线管所受的安培力竖直向下D.若将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，螺线管所受安培力逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．设螺线管在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba1和Bc1，通电直导线M在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba2和Bc2，根据安培定则以及磁感应强度的叠加法则可知a、c两点的合磁感应强度大小分别为并且所以故A错误；B．根据对称性可知，b、d两点的磁感应强度大小相同，方向不同，故B错误；C．导线在图示位置时，通电螺线管在M处产生磁场的磁感应强度方向为水平向右，根据左手定则可知M所受安培力竖直向下，根据牛顿第三定律可知通电螺线管所受安培力竖直向上，故C错误；D．根据通电螺线管周围磁感线分布特点可知，将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，导线M所在位置磁感应强度逐渐增大，则M所受安培力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知螺线管所受安培力也逐渐增大，故D正确。 故选D。3.在两个半圆柱面构成的区域内，有一均匀的径向电场，径向宽度很小，电场线如图中的径向实线所示。欲使电荷量相同的正离子从左端进入，沿同一半圆路径运动后从右端射出，这些离子应具备相同的（　　）A.比荷B.动能C.速度D.质量【答案】B【解析】【详解】正离子在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有变形后可得因电荷量相同，则这些粒子的动能相同。故选B。4.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）A.静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电B.由静止突然向前加速时，电容器的电容增大 C由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表D.保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热【答案】C【解析】【分析】【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器两极板带电，选项A错误；BC．由静止突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据可知，电容器的电容减小，电容器带电量减小，则电容器放电，则电流由b向a流过电流表，选项B错误，C正确；D．保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电量不变，电路中无电流，则电阻R发热功率为零，选项D错误。故选C。5.如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表（内阻不计）示数为I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升。当开关置于b处时，电流表示数变为，灯泡正常发光。已知电阻，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g取。则（　　）A.电动机线圈的内阻为4ΩB.电动机的额定电压为10VC.电源电动势为12VD.电源内阻为【答案】C【解析】详解】B．当开关S置于b处时，有解得 当开关S置于a处时，有解得故B错误；A．设电动机线圈的内阻为，则有代入数据解得故A错误；CD．当开关S置于a处时，根据闭合电路欧姆定律有当开关S置于b处时，根据闭合电路欧姆定律有联立解得，故C正确；D错误。故选C。6.如图所示，顶角为的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有质量为m，带电量为的小球，沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动，则（　　）A.从上往下看，小球做顺时针运动B.洛仑兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力C.小球有最小运动半径 D.小球以最小半径运动时其速度【答案】D【解析】【分析】【详解】小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力，才能够做匀速圆周运动，根据安培左手定则可知从上往下看，小球做逆时针运动，洛伦兹力与支持力的合力提供向心力根据牛顿第二定律，水平方向竖直方向联立可得因为速度为实数，所以可得解得所以最小半径为 代入上面可得小球以最小半径运动时其速度故选D。7.图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）。一带电粒子射入此静电场中后，依轨迹运动。已知电势。（不计重力）下列说法中正确的是（　　）A.粒子带负电B.粒子在bc段做加速运动C.粒子在b点与d点的速率大小相等D.粒子在c点时电势能最大【答案】CD【解析】【详解】A．电势，所以电场线指向左侧，做曲线运动的物体所受合外力指向轨迹凹侧，电场力大体向左，该粒子应该带正电，A错误；B．b到c电场力做负功，动能减小，速率减小，B错误；C．b、d在同一等势面上，粒子在这两点的电势能相等，根据动能与电势能总量守恒，可知粒子在两点速率相等，C正确；D．a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，c点电势能最大，D正确。故选D。8.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r=1.5Ω，定值电阻R1=R2=R3=1Ω，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片由a端滑到b端，下列说法正确的是（　　）A.电流表读数增大B.电压表读数增大C.电源的效率增大 D.电源的输出功率增大【答案】AD【解析】【详解】AB．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，则电源内阻和R1上的电压变大，并联部分的电压减小，通过R3的电流减小，则通过R2和R4的电流变大，即电流表示数变大，R2电压变大，则R4电压减小，即电压表示数减小，选项A正确，B错误；C．电源的效率因外电阻减小，则电源的效率减小，C错误；D．因外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时外电阻减小到1.5Ω，电源输出功率达到最大，D正确。故选AD。9.霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（　　）A.a端电势低于b端电势B.若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变C.霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定D.若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面垂直【答案】BD【解析】【详解】A．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故A错误；BC．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即 可得可见U与磁感应强度B、元件的前后距离d等因素有关，与题中定义的厚度无关，故B正确，C错误；D．由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于垂直状态，故D正确。故选BD。二、必考非选择题（共4小题，共44分）10.某型号多用电表欧姆挡的电路原理图如图甲所示。微安表G是欧姆表表头，其满偏电流，内阻。电源电动势，内阻。电阻箱和电阻箱的阻值调节范围均为0~9999.9Ω。（1）甲图中的a端应与___________（填“红”或“黑”）表笔连接。（2）如图乙所示，该同学将微安表G与电阻箱并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节___________Ω；【答案】①.红②.950【解析】【详解】（1）[1]根据“红进黑出”结合图甲所示可知，图中的a端与欧姆表内置电源负极相连，a端应与红表笔连接。（2）[2]组装一个“×100倍率”的欧姆表，其中央刻度标15，则欧姆表内阻为1500Ω，电流表的满偏电流由并联电路特点可知 11.一兴趣小组要测一节干电池的电动势（约1.5V）和内阻（小于1Ω），借助以下实验器材进行实验。A．毫安表mA（量程0~600mA，内阻约为0.1Ω）；B．微安表G（量程0~400μA，内阻为100Ω）；C．滑动变阻器（0~20Ω）；D．滑动变阻器（0~1kΩ）；E．电阻箱R（0~9999.9Ω）；F．定值电阻（阻值2.50Ω）；G．定值电阻（阻值为10.00Ω）；H．开关、导线若干。（1）将微安表G改装为量程2V的电压表，该小组应将电阻箱调到的阻值为______Ω。（2）该小组设计电路原理图如图1所示，则应该选择的滑动变阻器为______（填“C”或“D”），定值电阻为______。（填“F”或“G”）。（3）该小组根据记录的数据，作出微安表G的示数随毫安表mA的示数变化的图像如图2所示，则该节干电池的电动势______V，内阻______Ω。（保留2位小数）【答案】①.4900②.C③.F④.1.44⑤.0.50【解析】【详解】（1）[1]将微安表G改装为量程2V的电压表，当微安表满偏时，微安表和电阻箱两端电压之和应为2V，有 解得（2）[2][3]为了操作方便，滑动变阻器选择阻值范围较小的，即选C；由于电源内阻较小，为了测量绘图方便，故可把定值电阻R01与r等效看成电源的内阻，从而便于精确测量，故选，即选F。（3）[4[5]根据闭合电路欧姆定律有整理得结合图像可知解得E=1.44V，12.在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC平行的一簇平行线，P为AB边的中点，质量为m电荷量为q（q＞0）的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直。已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子从DC的中点Q离开电场，该粒子进入电场的速度为多大？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子由P到C用时为t1，则 解得（2）设粒子以速度v由P到Q用时为t2，则解得13.在如图所示的xOy坐标系的第一象限有磁场区域Ⅰ、Ⅱ，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，MN垂直于x，OM=d，区域Ⅱ足够大。区域Ⅰ内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅱ内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一速度从O点与y轴正方向成60°角射入区域Ⅰ，粒子恰能垂直于MN进入区域Ⅱ。不计粒子重力。（1）求粒子从O点进入区域Ⅰ时的速度大小；（2）求该粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间；（3）若仅改变粒子的电性，求该负粒子离开y轴时与正粒子离开y轴时坐标之间的距离。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场区域Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力得粒子在条形磁场区域中运动的轨迹如图，由几何关系解得 （2）带电粒子在条形磁场Ⅰ中运动的周期为同理由几何关系知，在磁场区域I中运动的轨迹圆弧对应圆心角为则在条形磁场中运动的时间为粒子在条形磁场区域Ⅱ中运动的半径为根据得 粒子在磁场区域II中轨迹如图，由几何关系得，粒子在磁场区域II中轨迹圆弧对应圆心角为所以粒子在磁场区域II中的运动时间为粒子偏转后再次垂直于两条形磁场区域进入条形磁场区域Ⅰ，粒子再次进入条形磁场区域1中的轨迹如图，偏角为所以在条形磁场中运动的时间为所以，带电粒子在磁场中运动的总时间为（3）若仅改变粒子的电性。该负粒子在磁场区域Ⅰ中的半径由得负粒子运动轨迹恰好和相切。轨迹如图所示。由几何关系，负粒子射出磁场区域I时在y轴的坐标为正粒子射出磁场区域Ⅰ时在y轴坐标则该负粒子离开y轴时与正粒子离开y轴时坐标之间的距离为三、选考题（第14、15、16题每题4分，17题6分，18题12分，共30分）14.某弹簧振子做简谐运动的振动图像如图所示。若t1、t2时刻振子所处的位置关于平衡位置对称，则下列说法正确的是（　　） A.t1、t2时刻，振子的速度大小相等、方向相反B.t1、t2时刻，振子的加速度大小相等、方向相反C.t1至t2这段时间，振子和弹簧组成的系统机械能先变小后变大D.t1至t2这段时间，振子的动能先变小后变大【答案】B【解析】【详解】A．t1、t2时刻振子所处的位置关于平衡位置对称，t1、t2时刻振子的速度大小相等，根据斜率可知，方向相同，故A错误；B．t1、t2时刻振子所处的位置关于平衡位置对称，振子的加速度大小相等、方向相反，故B正确；C．弹簧振子动能和势能之间相互转化，所以振子和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误；D．t1至t2这段时间，振子的速度先变大后变小，动能先变大后变小，故D错误。故选B15.马玲同学周末用单摆测当地的重力加速度，将单摆固定好，用米尺测绳长，用游标卡尺测摆球直径，用秒表测出50个周期的时间然后算出周期T。改变摆长l，重复实验，得到多组实验数据后，在坐标纸上做出如图所示的图像。下列叙述正确的是（　　）A.图像不过原点的原因可能是误将绳长加摆球直径当成摆长B.如果马玲同学把绳长当成了摆长（没加摆球半径），则用此图像算出的重力加速度偏小C.如果马玲同学把绳长当成了摆长（没加摆球半径），则用此图像算出的重力加速度不受影响D.图像的斜率等于重力加速度【答案】C【解析】 【分析】【详解】图像不过原点，将图像向右平移，就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小，故可能是没加小球半径，平移不会改变图像的斜率，由公式整理得图像列率则斜率不变，在测出的加速度不变，故C正确，ABD错误。故选C。16.关于振动和波，下列说法中正确的是（　　）A.声波击碎玻璃杯的实验原理是声波的干涉B.波只有遇到很小的障碍物才会发生衍射现象C.具有主动降噪功能的耳机是根据波的干涉原理制成的D.观察者与波源靠近时，观察者接收到的频率变大，是因为波在介质中传播时频率变大【答案】C【解析】【详解】A．当声波的频率等于玻璃杯的固有频率时玻璃杯震荡最剧烈，最容易被击碎，即声波击碎玻璃杯的实验原理是共振，选项A错误；B．一切波遇到障碍物都会发生衍射现象，但只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，选项B错误；C．具有主动降噪功能的耳机是根据波的干涉原理制成的，故C正确；D．观察者与波源靠近时，观察者接收到的频率变大，是因为发生了多普勒效应，使观察者收到的频率发生了变化，故D错误。故选C。 17.如图甲所示，一弹性轻绳水平放置，a、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点a从t=0时刻开始在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的关系如图乙所示，形成的简谐波同时沿该直线向ab和ac方向传播，在t1=1.5s时质点b第一次到达正向最大位移处，a、b两质点平衡位置间的距离L1=0.9m，a、c两质点平衡位置间的距离L2=0.6m。该波的波长为________m，波速大小为________m/s；0~2s内质点c通过的路程为_______m。【答案】①.0.3②.0.75③.1.2【解析】【详解】[1][2]设波长为λ，波速为v，从a传播到b的时间为解得该波的波长为[3]波传播到c点所用时间为c点振动时间为质点c通过的路程为18.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，Q为平衡位置为x1=10cm的质点，P为平衡位置为x2=17.5cm的质点，图乙为Q质点从该时刻起的振动图象。（1）从该时刻起，在哪些时刻质点Q会出现在波峰?（2）写出从该时刻起计时P的振动方程；（3）从该时刻起，P点第二次回到平衡位置通过的路程。（结果可用根号表示） 【答案】（1）（n=0，1，2，3……）；（2）y=4sin(t+)cm；（3）(16-)cm【解析】【详解】（1）由乙图可知，所以（n=0，1，2，3……）时刻，质点Q会出现在波峰。（2）由图可知，该时刻，P点位移且向上振动，初相位为，其振动方程为y=4sin(t+)cm因此第二次到达平衡位置共通过的路程为