高二物理上学期期末模拟卷02（必修三全册+选修一第一章）-【好题汇编】备战2023-2024学年高二年级物理上学期期末真题分类汇编（上海专用沪科版2020）（解析版）

高二物理上学期期末模拟卷02（必修三全册选修一第一章）（解析版）未命名一、单选题1．关于电磁波的发觉及应用、能量量子化，下列说法正确的是（）A．利用红外线的热效应能杀菌消毒，夜视仪利用了红外成像技术B．X射线具有辐射性，可用来通信和广播C．能量量子化指能量的连续性，微观粒子的能量值可以是任意值D．普朗克提出了能量子假说，解决了黑体辐射的理论困难，提出了“量子”概念【答案】D【详解】A．紫外线具有杀菌消毒的功能，红外线不具有该功能，故A错误；B．X射线具有辐射性，不能用来通信和广播，故B错误；C．能量量子化是指微观粒子的能量值只能是一个最小能量单位的整数倍，是不连续性，故C错误；D．普朗克提出了能量子假说，不但解决了黑体辐射的理论困难，而且更重要的是提出了“量子”概念，揭开了物理学史上崭新的一页，故D正确。故选D。2．a、b为电场中的两个点，假如把的电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了的正功，关于该电荷的电势能，下列说法正确的是（

）A．削减了 B．增加了C．削减了 D．增加了【答案】A【详解】由可知，电场力对该电荷做了的正功，电势能削减了。故选A。3．如图所示，质量为m的小球在水平面内作匀速圆周运动，细线长L，与竖直方向夹角为θ，线的拉力为F，小球作圆周运动的角速度为ω，周期为T，在时间内质点所受合力的冲量大小为（）A．0 B．C．2mωLsinθ D．2mωL【答案】C【详解】依据动量定理，则在时间内质点所受合力的冲量大小为故选C。4．下列做法，可节省用电的是（

）A．将LED更换为白炽灯B．电器长时间不用时，关闭其电源C．频繁开关冰箱门D．酷热夏天在办公室使用空调时，温度设置为18℃【答案】B【详解】A．LED灯是将电能直接转化为光能，能量利用率高，而白炽灯时通光电热丝发热而产生光能，更多的将电能转化为了热能，能量利用率低，因此，将LED更换为白炽灯更耗能，故A错误；B．电器长时间不用时，关闭其电源，避开能量损耗，故B正确；C．频繁开关冰箱门，导致冰箱压缩机频繁启动，铺张电能，故C错误；D．酷热夏天在办公室使用空调时，温度设置为18℃，压缩机会持续工作以达到设定温度，从而消耗更多的电能，因此应将温度设定高些，故D错误。故选B。5．如图所示，线圈abcd共有n匝，线圈平面的面积为S，线圈平面与水平方向的夹角线圈位于范围足够大、磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，下列说法正确的是（）A．通过线圈的磁通量为B．若线圈以cd为轴逆时针转过30°，则通过线圈的磁通量为BSC．若线圈以cd为轴顺时针转过30°，则通过线圈的磁通量为D．若线圈以cd为轴顺时针转过180°，则通过线圈的磁通量的变化量为0【答案】B【详解】A．通过线圈的磁通量为故A错误：B．若线圈以cd为轴逆时针转过，线圈平面与磁场垂直，所以通过线圈的磁通量为故B正确；C．若线圈以cd为轴顺时针转过，线圈平面与磁场平行，通过线圈的磁通量为故C错误；D．若线圈以cd为轴顺时针转过180°，则通过线圈的磁通量则通过线圈的磁通量的变化量故D错误。故选B。6．如图甲所示，一块均匀的长方体样品甲，长为a、宽为b、厚为c，沿着CD方向测得的电阻为R；如图乙所示，另一块均匀的长方体样品乙，长为d，宽为d，厚为c，甲、乙两种样品材料相同，下列说法正确的是（

）

A．两块样品的电阻率为B．样品甲沿AB方向的电阻为C．样品乙沿GH方向的电阻为D．减小d，不转变c，样品乙沿GH方向的电阻不变【答案】B【详解】A．设两块样品的电阻率为，依据电阻定律得出样品甲沿CD方向的电阻解得A错误；B．样品甲沿AB方向的电阻结合综合解得B正确；C．样品乙沿GH方向的电阻结合综合解得C错误；D．由可知样品乙沿GH方向的电阻与无关，与有关，所以减小，不转变，沿GH方向的电阻不变，D错误。故选B。7．在如图所示的电路中，电源电压恒定为U，在将滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，小灯泡L1、L2的亮度变化状况是（）

A．两个小灯泡都变暗 B．两个小灯泡都变亮C．L1变暗、L2亮度不变 D．L1变亮、L2变暗【答案】C【详解】将滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，电源电压恒定为U，则L2两端电压保持不变，流过L2的电流不变，L2亮度不变，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，总电流增大，则流过的支路电流增大，则两端的电压增大，L1两端电压减小，L1变暗。故选C。8．如图所示，L1、L2标有“220V，100W”字样，L3、L4标有“220V，40W”字样，现把A、B两端接入电路，且4灯都能发光，则各灯实际功率的大小关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】依据可知，四个电阻关系为L2和L3并联，则L1和L4串联，电流相等，依据则由于干路电流大于支路电流，则，得故选D。9．如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．A、B组成的系统动量守恒B．A球运动到最低点时速度为C．A球机械能减小了D．A球运动到最低点时，细绳上的拉力大小为5mg【答案】D【详解】A．A、B组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上受到细杆的弹力作用，所以A、B组成的系统动量不守恒，但A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，故A错误；B．A球运动到最低点时，依据A、B组成的系统在水平方向上动量守恒有依据A、B组成的系统机械能守恒有联立解得，A球运动到最低点时速度为故B错误；C．则A球减小的机械能为故C错误；D．A球运动到最低点时，A球相对于B球的速度为依据牛顿其次定律有解得，A球运动到最低点时，细绳上的拉力大小为故D正确。故选D。10．如图所示，肯定质量的抱负气体从状态A经过等温变化到状态D，该变化过程的图像为A→C→D，该过程中气体对外界做的功为。该气体也可以经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为。下列说法正确的是（）

A．该气体在A→C→D过程中从外界吸取的热量小于B．该气体在A→B→D过程中从外界吸取的热量为C．该气体在A→B→D过程中内能增加了D．图像中A→B→D→C→A围成的面积为【答案】D【详解】A．由于从状态A经过等温变化到状态D，抱负气体内能不变，体积变大对外做功，所以A→C→D过程中气体对外界做的功为，由能量守恒学问可知气体在A→C→D过程中从外界吸取的热量等于，故A错误；BC．由于该气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为，由抱负气体状态方程可知从状态A变化到状态D，两个状态的温度相同，内能相同，即内能增加量为0，由能量守恒学问可知该气体在A→B→D过程中从外界吸取的热量为，故BC错误；D．由于A→C→D过程中气体对外界做的功为，气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为，且A→B→D→C→A最终回到状态A，图像与横轴围成的面积表示对外做功，所以图像中A→B→D→C→A围成的面积为，故D正确。故选D。11．某一电场中的电场线和等势面分布如图所示，在电场中有三点，、间距离等于间距离。下列说法中正确的是（）A．点电场强度比点电场强度小B．正电荷在点的电势能比在点的电势能大C．、两点间的电势差大于两点间的电势差D．负电荷由向移动，静电力做负功【答案】C【详解】A．依据电场线越密电场强度越大，由图可知，点电场强度比点电场强度大，故A错误；B．依据沿电场线方向电势降低，由图可知，点电势低于点，由公式可知，正电荷在处电势能小于处，故B错误；C．依据可知，由于间场强大于间场强，则电势差大于电势差，故C正确；D．负电荷由向移动，电场力做正功，故D错误。故选C。12．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表示数的变化量为、电流表示数的变化量为（电压表电流表均为抱负电表）则下列说法正确的是（）A．两电表示数都增大B．电压表示数减小，电流表示数增大C．D．【答案】C【详解】AB．在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，变阻器接入电路的电阻增大，R2与变阻器并联的总电阻增大，则外电路总电阻增大，总电流I减小，电压表示数为可知电压表示数增大，通过R2的电流增大，而总电流减小，所以电流表的示数削减，故AB错误；CD．将电路看出两部分，即将R3看作一部分，其余电阻全部等效为电源内阻。依据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数变化量为R3两端的电压变化量，其确定值也等于等效内阻的电压变化量。故与电流表的示数变化量确定值之比等于电源等效内阻，即，故C正确，D错误。故选C。二、填空题13．如图所示，三个小球的质量均用m表示，重力加速度为g，可认为带正电的物体A与小球在同一水平线上，增大或减小物体A所带的电荷量，可表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而，随着距离的增大而（以上两空选填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】增大减小【详解】[1][2]依据库仑定律可知，荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而减小。【点睛】依据库仑定律进行分析即可。14．如图所示，电阻与电动机串联，电阻，电动机M的内阻。如A、B电压为，抱负电压表示数，则流过电动机的电流是A，电动机的输出功率W。【答案】0.57【详解】[1]由于电阻与电动机串联，所以流过电动机的电流等于流过电阻的电流，即[2]电动机的输出功率为15．如图所示，纸面内有两条相互垂直的长直绝缘导线，中的电流方向向左，中的电流方向向上；的正上方有a、b两点，它们相对于对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面对外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面对外。则流经的电流在b点产生的磁感应强度大小为，流经的电流在b点产生的磁感应强度大小为。【答案】【详解】[1][2]整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面对外，且a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂于纸面对外，依据右手螺旋定则，L1直导线电流，在a、b两点磁场方向垂直纸面对里，大小相等，设其大小分别为B1a，B1b；同理，L2直导线的电流，在a点磁场方向垂直纸面对里，在b点磁场方向垂直纸面对外，但两点的磁场大小相等，设其大小分别为B2a，B2b；依据矢量叠加法则，因a点的磁感应强度大小为B0，则有同理联立上式，可解得16．如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则电源的内阻为Ω；当电流为4A，输出功率为120W时，此时电源的效率为。【答案】560％【详解】[1]由闭合电路欧姆定律有得可见图线的纵截距是电源电动势大小图线的斜率的确定值表示电源内阻[2]当电流为4A，电源总功率为即电源效率为17．如图所示，甲、乙两车的质量均为100kg，静置在光滑的水平面上，两车相距为L=5m。乙车上站立着一个质量为50kg的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最终相接触。在此过程中，甲、乙两车的加速度之比为，甲车前进的距离为m。

【答案】3:23【详解】[1]依题意，两车所受合力大小相等，设为F，依据牛顿其次定律，可得则有[2]依题意，系统动量守恒，取向右为正方向，则有设两车运动的距离为和，有又联立，解得三、解答题18．福建舰航空母舰是我国第一艘电磁弹射型平直甲板航空母舰，如图所示。质量为m的歼35舰载机在平直跑道上的起飞过程分两个阶段：第一阶段，在电磁力、发动机推力和平均阻力的共同作用下，歼35以恒定的加速度做匀加速运动；其次阶段，只在发动机推力和平均阻力的共同作用下再次做匀加速运动，该阶段的加速度大小为a、加速时间为t。在跑道终点歼35刚好能起飞（刚好起飞理解为升力等于重力），升力与速度的关系为（k为比例常数且已知）。若电磁力、发动机推力和飞机受到的平均阻力均为恒力，重力加速度为g，求：（1）歼35起飞时的速度大小；（2）在第一阶段内，电磁力、发动机推力和平均阻力的合力对歼35的总冲量；（3）若歼35由于挂弹使总质量增加了，只通过调整电磁力和发动机推力的大小（平均阻力仍不变），也能够使飞机在跑道终点刚好起飞，推算动力系统额外多做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）歼35起飞时，升力等于重力，即则歼35起飞时的速度大小为（2）设第一阶段的末速度为，则有解得，第一阶段的末速度为则依据动量定理有解得，在第一阶段内，电磁力、发动机推力和平均阻力的合力对歼35的总冲量为（3）没有挂弹时，依据动能定理有挂弹时，起飞的速度为挂弹时，由于阻力不变，两次的位移相同，则两次阻力做功相同，依据动能定理有所以动力系统额外多做的功为联立解得19．（1）如图1所示，匝数为N、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°，现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，求：整个过程中线圈的磁通量变化量；（2）如图2所示，在直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面的无限长通电直导线，其中A点处导线方向垂直纸面对外，。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度，k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度。今测得C点的磁场沿BC方向向右，求：B点处导线中电流的方向以及AB两点处导