浙江省金华市十校2022-2023学年高二物理上学期12月期末全真模拟试题（Word版附解析）

金华十校2022-2023学年第一学期期末全真模拟考试高二物理试题卷考生须知:1. 本卷共4大题,20小题,满分为 100分,考试时间为 90 分钟。2.请把试题答案填写在答题卷上,答案写在试题卷上不给分。3.本卷中除题中特别给出外,均取g=10m/s²进行计算。.选择题I(本题共10小颗.每小题3分.共30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、错选均不得分一、单选题1.传感器根据具体工作原理的不同，可分为电阻式、电容式、电感式、……等等，下列关于传感器的分类及工作原理正确的是（　　）A.热敏电阻和金属热电阻都是电阻式传感器，两者的电阻都随温度的升高而增大B.图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器的电容增大C.图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，电感线圈的自感系数增大D.金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大【答案】D【解析】【详解】A．热敏电阻是用半导体材料制成，阻值随温度的升高而减小；金属热电阻的电阻率随温度的升高而增大，故A错误；B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器极板间电介质减小，根据可知，电容器的电容减小，故B错误；C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，铁芯抽出，则自感系数减小，故C错误；D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大，故D正确。故选D。2.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力的作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向 B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.粒子在B点的加速度小C.粒子在B点的电势能比A小D.A、B两点相比，B点的电势较低【答案】D【解析】【详解】A.曲线运动的合力应指向轨迹的凹侧，因此粒子在A点的受力方向与电场线方向相反，因此粒子带负电，A错误B.电场线越密集场强越大，因此B点的电场强度大，由可知粒子在B点的加速度较大，B错误CD.沿着电场线的方向电势降低，因此B点电势低于A点电势，D正确；由可知负电荷在电势低的地方电势能大，因此B点电势能高于A点电势能．C错误3.在如图所示电路中，电源电动势为10V，内阻为1Ω，指示灯的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω，当开关S闭合时，电动机正常工作，指示灯的电功率为4W，电流表为理想电表，那么下列说法中正确的是（　　）A.流过电动机M的电流为2.0AB.电动机机械功的功率为12WC.电动机的机械效率为75%D.电源的输出功率为16W【答案】D 【解析】【详解】A．指示灯得由得流过电流表的电流为流过电动机的电流为A错误；BC．电动机的输入功率为热功率输出的机械功率电动机效率故BC错误；D．电源的输出功率故D正确。故选D。4.如图所示，磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中，有一长为L的轻质半圆金属导线，通有从到的恒定电流I。现金属导线绕水平轴由水平第一次转到竖直位置的过程中，下列说法正确 的是（　　）A.转动过程中，安培力的方向不断变化B.转动过程中，安培力大小始终不变C.转动过程中，安培力大小一直减小D.转过时，安培力大小为【答案】B【解析】【详解】A．安培力方向始终竖直向上，保持不变，故A错误；BC．转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，故B正确，C错误；D．半圆导线的半径为受到的安培力为故D错误。故选B。5.如图所示为“观察电容器的充、放电现象”实验，其中正确的说法是（　　）A.电容器充电时，电压表示数先迅速增大，然后逐渐稳定在某一数值B.电容器充电时，灵敏电流计的示数一直增大C.电容器放电时，电阻R中的电流方向从下到上D.电容器放电时，灵敏电流计的示数一直增大【答案】A【解析】【详解】A．根据 可知，在充电过程中，电荷量逐渐增大，电压逐渐增大，最后电容器电压等于电源电动势，达到稳定值，故A正确；B．充电过程中两极板电压逐渐增大，极板电压和电动势差值逐渐减小，因此回路中电流逐渐减小，最后减为0，故B错误；C．充电时，上极板与电源正极连接，上极板带正电，放电时电流从上极板流出，因此电流方向从电阻上方流向下方，故C错误；D．电容器放电时，电荷量逐渐减小，极板电压逐渐减小，回路中电流逐渐减小，故D错误。故选A。6.近几年，中国的动力电池技术快速发展，电动汽车产品迭代升级，可供消费者选择的车型和品牌也会越来越丰富，如图为蔚来的ES8车型，下列表中数据为ES8的动力系统部分数据：蔚来ES8部分数据前后轮输出功率前160kW标准电池的能量75kW·h后240kW标准电池电荷量200Ah最大扭矩725N·m匀速行驶最大里程450km0-100km/h加速时间4.9s交流充电口220V/32A，效率80%最高车速200km/h直流充电口420V/250A，效率90%则下列说法正确的是（　　）A.若0~100km/h加速是匀加速直线运动，则汽车的加速度约为20m/s2B.按照匀速行驶最大里程，汽车行驶过程受到平均阻力为6000NC.用交流电充电，如果能保持充电电流为32A，则充满标准电池需要约7.8hD.用直流电充电，如果能保持充电电流为250A，则充满标准电池需要约0.8h【答案】D 【解析】【详解】A．由加速度定义式得A错误；B．汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，由能量守恒知B错误；CD．考虑能量转化用交流电充电，充电电流32A时，则充满标准电池需要用时用直流电充电，充电电流为250A时，则充满标准电池需时C错误，D正确。故选D。7.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，则（　　）A.S闭合时，B、C灯立即亮，A灯缓慢亮B.电路接通稳定后，B、C灯亮度不同C.电路接通稳定后断开S，A灯闪一下后逐渐熄灭D.电路接通稳定后断开S，b点的电势高于a点 【答案】C【解析】【详解】A．S闭合的瞬间，通过L的电流等于零，A、B、C灯都立即亮，A错误；B．电路接通稳定后，L相当于导线，B、C灯亮度相同，B错误；C．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯熄灭，断开S的瞬间，L相当于电源给A灯供电，A灯又亮了，然后A灯逐渐熄灭，所以A灯闪一下后逐渐熄灭，C正确；D．电路接通稳定时，通过L的电流方向向左，断开S的瞬间，L相当于电源阻碍电流减小，产生向左的电流，a是电源的正极，b是电源的负极，b点的电势低于a点，D错误。故选C8.如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口）。在时间内，下列说法正确的是（）A.小球的加速度一直增大B.线圈中产生的磁场方向向左C.小球中产生的涡流一直减小D.电容器储存的电能全部转化为小球的动能【答案】C【解析】【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度也减小，故A错误；B．由图甲可知时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生磁场方向向右，故B错误； C．时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；D．电容器放电过程中，变化的磁场在空间中产生变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。故选C。9.如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴、关于导线上下对称。则（）A.电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同B.电流I在M、N两点产生磁感应强度大小C.线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变D.线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流【答案】B【解析】【详解】A．根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，故A错误；B．由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，故B正确；C．电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，故C错误；D．线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，磁感应强度始终沿x轴负方向，线圈中磁通量始终为零，故线圈中不会产生感应电流，故D错误。故选B。10.如图所示，有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定，内有带负电小球，小球直径略小于管道直径。小球质量为m，电荷量为q，与管道的动摩擦因数为，空间中有垂直向外、大小为B 的匀强磁场。现对物块施加水平向右的恒力F，使物块自静止开始运动，已知重力加速度为g，对物块运动过程的判断正确的是（　　）A.小球一直做加速度减小的运动B.小球最大加速度为C.小球稳定时速度为D.从开始运动到最大速度时F做的功为【答案】C【解析】【详解】ABC．对小球受力分析，小球从静止开始运动，则在竖直方向上当水平方向上解得从静止开始，速度逐渐增加，则加速度逐渐增大，当加速度达到最大值，为随着速度的增加，竖直方向上受力情况变为解得此时的加速度为 随着速度的继续增大，小球加速度减小，当物体加速度为0，开始做匀速直线运动，速度稳定达到最大值为则加速度先增加，后减小，故AB错误，C正确；D．从开始运动到最大速度的过程中，根据动能定理可得即故D错误。故选C。二、多选题11.以下为教材中的四幅图，下列相关叙述正确的是（　　）A.甲图是法拉第电磁感应实验装置，通过该实验他首先发现了电流的磁效应B.乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属C.丙图变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流D.丁图金属探测器利用的是电磁感应原理，在被检测金属内部产生涡流【答案】CD【解析】【详解】A．甲图是奥斯特发现电生磁的实验装置，通过该实验他首先发现了电流的磁效应，故A错误；B．乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故B错误； C．丙图变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流，故C正确；D．丁图金属探测器利用的是电磁感应原理，在被检测金属内部产生涡流，故D正确。故选CD。12.图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内。工作原理图如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻R=3Ω，当输入端ab接入380V正弦交流电，电池系统cd两端的电压为600V，通过电池系统的电流为20A。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（　　）A.无线充电技术与变压器的工作原理相同B.若输入端ab接380V直流电，也能进行充电C.供电线圈和受电线圈匝数比为19：30D.ab端的输入功率大于12kW【答案】AD【解析】【详解】A．无线充电技术是利用变化的电流产生变化的磁场，使受电线圈中的磁通量变化，从而在受电线圈中产生变化的电流，即与变压器的工作原理相同，故A正确；B．若输入端ab接380V直流电，由于电流产生的磁场不变，则受电线圈中不会产生电流，即不能进行充电，故B错误；C．设供电线圈和受电线圈匝数比为k，则即由 可知解得故C错误；D．副线圈的功率为忽略线圈中的能量损失，则ab端的输入功率大于12kW，故D正确。故选AD。13.已知图中的霍尔元件是N型半导体，它内部形成电流的“载流子”是电子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（　　）A.电表B为毫安表，电表C为毫伏表B.接线端2的电势低于接线端4的电势C.若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的指针将反向偏转D.若适当减小、增大，则毫伏表示数可能不变【答案】ABD【解析】【详解】A．电表B串联在电源的电路中，故其为电流表，即毫安表，而电表C并联在2、4两端，则其为电压表，即毫伏表，故A正确；B．由安培定则可知，磁场方向竖直向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B 正确；C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，由左手定则可知霍尔元件的电子仍偏向接线端2，则毫伏表指针不会反向偏转，设霍尔元件的宽度即2和4的宽度为d，电压为U，根据解得由于通过1和3的电流为由于电流方向相反，但大小不变，则电子定向移动的速度不变，则接线端2和4的电势高低关系不变，则毫伏表的指针不变，故C错误；D．适当减小，根据闭合电路欧姆定律则缠绕铁芯线圈的电流增大，则产生的磁感应强度增大，增大，霍尔元件中的电流减小，则电子定向移动的速度减小，根据其中B增大，v减小，d不变，则毫伏表示数可能不变，故D正确。故选ABD。14.如图所示，水平面内有一矩形线框abcd与理想变压器组成闭合电路。线框在水平向右的匀强磁场中绕线框中线ef匀速转动。已知磁感应强度为B，变压器的原副线圈匝数比为n，线框面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，小灯泡的阻值为R，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　）A.线框abcd从平行于磁场方向开始转过90°，通过线框的电荷量为B.当将滑片P向上移动时，小灯泡的亮度将变暗 C.通过小灯泡的电流有效值为D.通过小灯泡的电流方向在1s中变化了次【答案】BD【解析】【详解】A．线框产生的是正弦式交流电，转过90°，即经过周期，根据变压器的规律可知，则有由可知通过线框abcd的电荷量为故A错误；B．当滑片P向上移动时，原线圈匝数增大，根据变压器原理，输出电压减小，小灯泡会变暗，故B正确；C．线圈产生电动势的有效值为则变压器输出的电压有效值为通过小灯泡的电流有效值为故C错误；D．线圈转动的周期为 可知通过小灯泡的交变电流周期也为，而一个周期内电流方向改变2次，故通过小灯泡的电流方向在1s中变化的次数为故D正确。故选BD。第II卷（非选择题）三、实验题15.小刚同学欲探究如图甲所示的一根螺旋形金属丝的电阻特性。（1）他先用多用电表粗测其电阻。读取数据时，多用电表挡位和指针位置如图乙所示，则对应的读数是__________Ω。（2）他设计电路进一步精确测量，除已有电源（电动势3.0V，内阻不计）、电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：A.电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）B.电流表（量程0～3.0A，内阻约0.02Ω）C.滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）D.滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）则实验中电流表和滑动变阻器应分别选用__________。（选填对应的字母）（3）小刚测量金属丝两端的电压U和电流I，得到多组数据，并在坐标纸上标出，如图丙所示。请作出该金属丝的U-I图线（），并根据图线得出该金属丝电阻R=__________Ω（结果保留两位有效数字）。（4）小刚用电流传感器测量通过该螺旋金属丝的电流，电流随时间变化的图线如图丁所示。由图丁信息可知，在闭合开关的时刻t0，电流没有发生突变，请简要作出解释：____________________。 【答案】①.6.0##6②.AC③.④.5.7⑤.螺旋形金属丝通电时产生自感现象，阻碍电流增大【解析】【详解】（1）[1]欧姆表的读数为指针读数与倍率的乘积，所以图中所测电阻值为（2）[2]假设让电动势为3V的电源给约为6.0Ω的待测电阻供电，其最大电流约为0.5A，由此可知，电流表量程应选0~0.6A，故电流表选A；[3]为了便于调节，测量准确，滑动变阻器的最大阻值应与待测电阻阻值较为接近的，故滑动变阻器选择C。（3）[4]描点连线时，应让更多的点落在直线上，不在直线上的点分居于直线两侧，可以舍去一些偏差角大的点，待测电阻的U-I图线如图所示 [5]图线的斜率表示待测电阻的阻值，所以（4）[6]当闭合开关时，螺旋金属丝产生自感现象，阻碍电流增大，但不能阻止电流流过，所以在通电时电流由零逐渐增大到稳定值。16.如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。图为“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指纤将___________偏转（选填“发生”或“不发生”）；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针___________偏转（选填“发生”或“不发生”）；（2）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将___________。A．因电路不闭合，无电磁感应现B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向【答案】①.发生②.发生③.BD##DB【解析】【详解】（1）①[1] 闭合电键，磁通量增加，灵敏电流计指针向右偏转，将原线圈迅速向副线圈插入，磁通量增大，所以灵敏电流计的指针会发生向右偏转；②[2]原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，通过原线圈电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，磁通量发生变化，所以灵敏电流计指针将会发生变化；（2）[3]AB．如果副线圈两端不接任何元件，穿过副线圈的磁通量发生变化，副线圈会产生感应电动势，但不会产生感应电流，故A错误，B正确；CD．副线圈产生感应电动势，可以应用楞次定律可以判断感应电动势的方向，故C错误，D正确。故选BD。17.利用如图甲所示的可拆变压器零部件，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。（1）本实验要主要运用的科学方法是___________；A.等效替代法B.控制变量法C.整体隔离法D.理想模型法（2）本实验可能要用到的测量仪器是___________；A.直流电压表B.电压互感器C.多用电表D.钳形电流表（3）利用如图乙所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是___________。A.8.48VB.5.98VC.1.48VD.0V【答案】①.B②.C③.C【解析】【详解】（1）[1]本实验中，主要通过改变一个物理量，保持其他物理量不变，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，利用了控制变量法。故选B。（2）[2]本实验需要测量副线圈两端的电压，需要用交流电压表，可用多用电表替代。故选C； （3）[3]由题可知，原线圈输入交流电的有效值为6V，若为理想变压器，根据原、副线圈的电压比与匝数比的关系可得副线圈的电压考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则副线圈所测得得电压大于零小于3V，可能为1.48V。故选C。四、解答题18.如图所示，竖直平行金属板A、B间电压，水平平行金属板C、D间电压，C、D两板板长L=0.8m，C、D两板间距d=0.8m。质量、电荷盘的带正电粒子由静止从A板开始加速，穿过B板上的小孔，沿C、D板中线射入匀强电场，不计粒子重力。求：（1）带电粒子穿过B板小孔时的速度大小；（2）带电粒子离开偏转电场时的速度竖直方向分量大小；（3）带电粒子离开偏转电场时竖直方向的偏移距离y。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）加速电场中解得 （2）进入偏转电场解得（3）根据竖直方向上匀加速直线运动规律19.回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能；（2）若时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持，（）不变，若在时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数的极限值。【答案】（1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）； （n=2、3、4……）【解析】【详解】（1）由得当r=R时，速度最大离开磁场时的动能（2）由图可知，时，电压为，则加速次数粒子从静止开始加速到出口处所需的时间（3）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时缩短，则有n-1次半圆周累计缩短时间要实现连续n次加速 可得（n=2、3、4……）则最大可波动系数的上限（n=2、3、4……）若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时延长，则有n-1次半圆周累计延长时间可得（n=2、3、4……）则最大可波动系数的下限（n=2、3、4……）20.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L=1m，一水平匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=1.5Ω的电阻，质量为m=0.1kg、电阻为r=0.25Ω，长度为L=1m的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）t=2s时，金属棒两端的电压；（3）金属棒ab开始运动的2.1s内，电阻R上产生的热量。【答案】（1）0.5T；（2）3V；（3） 【解析】【详解】（1）由x-t图像得：金属棒匀速下滑时，速度为由平衡条件得mg=BIL由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律，代入数据得B=0.5T（2）金属棒产生的感应电动势为E=BLv=3.5V电路中的电流为金属棒两端的电压为（3）在2.1s内，由x-t图像得金属棒的位移为x=9.8m以金属棒ab为研究对象，由能量守恒定律得代入数据得电阻R上产生的热量为