重庆市秀山高级中学校2022-2023学年高二物理下学期期末模拟试题（一）（Word版附解析）

高2024届高二下期物理模拟试题一一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（　　）A.奥斯特发现了电流热效应的规律B.赫兹提出了“变化的磁场产生电场”这一假设C.麦克斯韦用实验证实了电磁场理论的正确性D.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现了的电流磁效应，故A错误；B．麦克斯韦提出了“变化的磁场产生电场”这一假设，故B错误；C．赫兹用实验证实了电磁场理论正确性，故C错误；D．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故D正确。故选D。2.如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中AB的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现()A.C摆的频率最小B.D摆的周期最大C.B摆的摆角最大D.B、C、D的摆角相同【答案】C【解析】 【详解】AB．由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等．故AB错误；CD．受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误；3.图1和图2是演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（　　）A.图1中，与的电阻值不相同B.图1中，闭合，电路稳定后，中电流大于中电流C.图2中，变阻器R与的电阻值不相同D.图2中，闭合瞬间，中电流与变阻器R中电流相等【答案】A【解析】【详解】AB．断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合S1后，待电路稳定时，通过L1的电流大于A1的电流，且与是并联关系，电压相等，所以的阻值比的大，A正确，B错误；C．闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同，两灯电阻相同，所以变阻器R与的电阻值相同，C错误；D．闭合瞬间，对电流有阻碍作用，所以中电流与变阻器R中的电流不相等，D错误。故选A。 4.中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实。如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压，输出功率，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2=1∶100、n3∶n4=100∶1，输电线总电阻r=50Ω。则（　　）A.U4=U1B.I4=100I1C.通过电阻r的电流I2=2×104AD.电阻r损耗电功率为5×107W【答案】D【解析】【详解】C．升压变压器原线圈电流为根据可得，升压变压器副线圈电流为则通过电阻r的电流为，C错误；D．电阻r损耗的电功率为D正确；A．根据解得 电阻r两端的电压为则降压变压器原线圈的电压为同理可得降压变压器副线圈的电压为则A错误；B．由于，同理可得，降压变压器副线圈的电流为则B错误。故选D。5.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的速度均为，两列波的振幅均为。图示为时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此时刻平衡位置处于和的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于处，关于各质点运动情况判断错误的是（　　）A.质点M振动后的振幅为B.处，质点的起振方向沿y轴负方向C.时，质点M的纵坐标为 D.0到这段时间内，质点M通过的路程为【答案】C【解析】【详解】A．两列波将同时传到M点，此时两列波在M引起的振动方向相同，则M是振动加强点，则质点M振动后的振幅为4cm，选项A正确；B．向右传播的波先传到x=0.4m处的位置，根据上下坡法可知，波传到x=0.4m处时质点的起振方向沿y轴负方向，B正确；C．由题图可知，两波的波长都是0.4m，由波长和波速的关系，解得波的周期P、Q两质点到M点的距离都是0.3m，两波传到M点的时间都是M质点起振的方向向下，再经，两波的波谷恰好传到质点M，所以M质点的位移是−4cm，纵坐标是−4cm，C错误；D．0到2s这段时间内，质点M振动的时间是，通过的路程是D正确；此题选择不正确的选项，故选C。6.如图甲所示的电路中，电阻，电压表量程为0～200V，电源接如图乙所示的交流电，下列说法正确的是（　　）A.电压表会由于测量值超出量程而被损坏B.每经过1秒，通过R的电流方向改变50次C.不考虑温度对电阻的影响，R的实际功率为3025W D.将电压表换为耐压值是250V的电容器，电容器可以安全工作【答案】C【解析】【详解】A．取一个周期时间，由电流的热效应有解得174V小于电压表的量程，故电压表不会损坏，故A错误；C．不考虑温度对电阻的影响，则R的实际功率为=3025W故C正确；B．由图乙可知交流电的周期为0.02s，因为每个周期，电流方向改变2次，1秒钟经历50个周期，电流方向改变100次，故B错误；D．交流电峰值是311V，超出电容器耐压值，所以电容器不可以安全工作，故D错误。故选C。7.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x=0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均匀减小，故由E=BLv可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力F与安培力大小相等外力F与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故B正确，ACD错误。故选B。二、多项选择题（本题共3个小题，每小5分，共15分。在每个小题给出的四个选项中，有多项将合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选得0分。）8.LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则（　　）A.若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由b向aB.若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带负电C.若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上极板带正电 D.若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b【答案】ABC【解析】【详解】AB．若磁场正在减弱，则电流在减小，充电过程，根据安培定则可确定电流由b向a，电场能增大，上极板带负电，AB正确；CD．若磁场正在增强，则电流在增大，是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流由b向a，上极板带正电，C正确，D错误。故选ABC。【点睛】归纳总结：判断LC回路处于放电过程还是充电过程的方法：电流流向带正电的极板，电荷量增加，磁场能向电场能转化，电场能增加，电流减小，磁场能减少，处于充电过程；电流流出带正电的极板，电荷量减少，电场能向磁场能转化，电场能减少，电流增大，磁场能增加，处于放电过程。9.一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图1所示；图2为该波在某一时刻的波形图，A点位于处。下列说法正确的是（　　）A.由图1可知，位于原点的质点振动的振幅是B.位于原点的质点振动的周期是C.由图1，在时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零D.该波的传播速度是【答案】BC【解析】【详解】AB．根据图1可以判断出振幅为8cm，周期为0.2s，A错误，B正确；C．在时刻，位于原点的质点刚好回到平衡位置，位移为0，C正确；D．根据图2可以判断出该波波长为2m，则波速为D错误。 故选BC。10.如图甲所示，光滑金属导轨ab、ac成45°角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。长直导体棒垂直ac放置在导轨上，并与ab、ac交于E、F两点，且EF=L0。在外力作用下，导体棒由EF处运动到GH处，速度由v0减小到，速度的倒数随位移x变化的关系图线如图乙所示。除阻值为R的电阻外，其他电阻均不计。在棒由EF处运动到GH处的过程中（　　）A.导体棒所受安培力逐渐增大B.导体棒所受安培力逐渐减小C.克服安培力做功为D.克服安培力做功为【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．由乙图知图像的斜率由代入k值得导体棒切割磁感线产生的感应电动势 感应电流所以感应电动势和感应电流都不变。又所以安培力逐渐增大，选项A正确，B错误；CD．由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力对位移的平均值。根据题意，当导体棒运动2L0时，导轨间导体棒长度为3L0，安培力平均值克服安培力做功选项C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本大题共2个小题，共15分）11.小雷在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为；用20分度游标卡尺测得小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间。则：（1）小球直径为______，单摆的周期为______s；（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值______（选填“偏大”“偏小”或“准确”）；（3）他以摆长（L）为横坐标、周期的二次方（T）为纵坐标作出了图线、由图像测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度______（用题目中给定的字母表示）； （4）小雷根据实验数据作出的图像如图所示，造成图像不过坐标原点的原因可能是______。【答案】①.2.980②.1.51③.偏大④.⑤.计算摆长时未加上小球的半径【解析】【详解】（1）[1]小球直径[2]单摆的周期为（2）[3]根据单摆周期公式变形可得如果他在实验中误将49次全振动数为50次，会造成T的测量值偏小，则测得的g值偏大。（3）[4]根据单摆周期公式变形可得即图线的斜率为解得（4）[5]根据T2关于L的表达式可知理论图像应过原点，且斜率不变，对比实际所作的图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是计算摆长时未加上小球的半径。12.温度传感器是一种将温度变化转换为电学量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学量随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是由半导体材料制成的热敏电阻。在某次实验中，为了测量热敏电阻RT在0℃到100℃之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路。 其实验步骤如下：①正确连接电路，在保温容器中加入适量开水；②加入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热敏电阻的阻值；③重复第②步操作若干次，测得多组数据。（1）该小组用多用电表“×100”挡测热敏电阻在100℃下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测量，应换到________挡（选填“×10”、“×1k”）；如果换挡后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：________，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是________Ω。实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图丙的R﹣t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R﹣t关系________；（2）若把该热敏电阻与电源（电动势E=1.5V、内阻不计）、电流表（量程为5mA、内阻Rg=100Ω）、电阻箱R0串联起来，连成如图丁所示的电路，用该电阻作测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”。 ①电流表刻度较大处对应的温度刻度应该________（填“较大”或“较小”）；②若电阻箱的阻值取R0=220Ω，则电流表3mA处所对应的温度刻度为________℃。【答案】①.×10②.欧姆调零③.200④.⑤.较小⑥.80【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]用多用表的“×100”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大，说明电阻较小，换用小倍率的，所以换用“×10”倍率；换挡后，需重新欧姆调零。[3]电阻的阻值等于20×10Ω=200Ω[4]结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为R=t+100（2）①[5]由闭合电路欧姆定律有E=Ig（R+R′+Rg）可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，即电流刻度较大处对应的温度刻度应该较小。②[6]若电阻箱阻值R′=220Ω时，代入E=Ig（R+R′+Rg）得热敏电阻的阻值为R=180Ω结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为R=t+100故此时对应的温度数值为80℃。四、计算题（本大题共3个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。）13.用某种材料做成的直角三棱镜，如图所示，一束光线从面的中点P平行于底边射入棱镜，经面反射后垂直于边射出，已知长为a，真空中光速为c，则：(1)请做出这束光线在三棱镜内的光路图；(2)请求出该材料对光的折射率；(3)请求出该光在三棱镜中的传播时间。 【答案】(1)光路图见解析；(2)；(3)【解析】【详解】(1)画出光路如图：(2)由几何关系可知，光线在P点的入射角i=60°，折射角为r=30°则折射率(3)光线在玻璃中的速度传播距离：传播时间： 14.如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是时刻的波形图，虚线是时刻的波形图。（1）若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度；（2）若波沿x轴正方向传播，求它的最大周期；【答案】（1）（n=0，1，2，3.....）；（2）0.8s【解析】【详解】（1）波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为（n=0，1，2，3.....）传播的速度为（n=0，1，2，3.....）（2）波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为（n=0，1，2，3.....）得（n=0，1，2，3.....）当n=0时周期最大，即最大为0.8s。15.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为，在左端弧形轨道部分高处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为、，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。现杆b以初速度大小开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道 的过程中，通过杆b的平均电流为；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度一时间图象如图乙所示（以a运动方向为正方向），其中，，g取，求：（1）杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度；（2）杆a在弧形轨道上运动的时间；（3）杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；（4）在整个运动过程中杆b产生焦耳热。【答案】（1）5m/s；（2）5s；（3）C；（4）J【解析】【详解】（1）杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时由机械能守恒定律解得va＝5m/s（2）设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有其中：vb0＝2m/s，v0＝5m/s，代入数据解得Δt＝5s（3）设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝（ma＋mb）v′代入数据解得v′＝m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得 BdI·Δt′＝ma（va－v′）而q＝I·Δt′代入数据得q＝C（4）由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为解得b棒中产生的焦耳热为