浙江省金华市十校2023-2024学年高二上学期期末模拟考试物理试卷 含解析

金华十校2023-2024学年第一学期期末模拟考试高二物理试题卷考生须知：1.本卷共4大题，19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.本卷中涉及数值计算的重力加速度g均取。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小颗，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.由单位N、m、F和C组合成的单位对应的物理量是（）A.静电力常量k B.介电常数 C.电流强度I D.磁通量【答案】B【解析】【详解】由库仑定律得可知静电力常量k单位为。F为电容的单位，根据电容的决定式有可得可知介电常数单位为。故选B。2.如图所示，被誉为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜(FAST)，天眼周围有6座高塔，高塔的功能最有可能的是（）A.吊起馈源接收机B.测量风速C.向宇宙发射电磁波D.屏蔽外界信号对射电望远镜的干扰【答案】A【解析】【详解】由图可知，高塔的功能最有可能的是吊起馈源接收机。故选A。3.秋冬季节，空气干燥，容易产生静电．有关生活中的静电，下列说法错误的是（）A.静电复印是利用了静电吸引的原理B.农业中利用静电喷雾能提高效率和降低农药的利用C.运输汽油的油罐车拖着一条铁链，利用了尖端放电的原理D.在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是异种电荷【答案】C【解析】【详解】A．静电复印是利用了静电吸引的原理，A正确，不符合题意；B．农业中利用静电喷雾能提高效率和降低农药的利用，B正确，不符合题意；C．运输汽油的油罐车拖着一条铁链，是把油罐车中的电荷导入大地，C错误，符合题意；D．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是异种电荷，D正确，不符合题意。故选C。4.如图所示的LC振荡电路中，某时刻电流i的方向指向A板，且正在增大，则此时（）A.A板带负电 B.电容器C正在充电C.线圈L两端电压在增大 D.磁场能正在转化为电场能【答案】A【解析】【详解】ABC．电流i的方向指向A板，且正在增大，说明电容器C正在放电，则A、B板间的电压在减小，则线圈L两端电压在减小，电流方向从正极板流向负极板，因此B板带正电，A板带负电，A正确，BC错误；D．电容器正在放电，可知电场能正在转化磁场能，D错误。故选A。5.家用燃气灶都安装电子点火器，点火器的放电电极是钉尖形，接通电子线路时在电极与金属灶器之间产生高电压，通过高压放电产生电火花来点燃气体，如图所示。若点火器放电电极接电源负极，下列说法正确的是（）A.图中的虚线可能表示电场线B.a点的场强大于b点的场强C.a的电势比b点的电势高D.被吸向放电极的带电尘埃在b点具有的电势能大于在a点的具有的电势能【答案】C【解析】【详解】A．点火器的放电电极是钉尖形，若点火器放电电极接电源负极，则电极的钉尖端带有负电荷，这些负电荷产生的电场线应是由无穷远处以空间辐射形状指向电极的钉尖端中心，图中的虚线应是等势线，故A错误；B．由等差等势线越密的地方，电场强度越大，因此a点的场强小于b点的场强，故B错误；C．点火器放电电极接电源负极，则电极的钉尖端带有负电荷，可知离负电荷越近的地方电势越低，因此a点电势高于b点的电势，故C正确；D．被吸向放电极的带电尘埃应带正电，正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，而a的电势比b点的电势高，可知带电尘埃在b点的电势能小于在a点的电势能，故D错误。故选C。6.如图所示是电容器在充放电原理图。在充电过程中，电容器功率大小随时间变化图像是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】电容器充电时，充电功率开始时I最大，Q=0，则功率为零；最终时I=0，Q最大，则功率也为零，则充电功率先增加后减小。故选A。7.把多匝小线圈和灵敏电流计串联后用于检测家装时隐藏在墙体内的导线是否通电，如图（a）所示。墙体内有两根套了管的长导线AB、CD，AB水平，CD竖直，如图（b）所示。检测时线圈平行墙面，当沿水平方向A1B1快速移动线圈时，电流计指针不偏转；当沿竖直方向C1D1方向快速移动线圈时，电流计指针偏转，则检测的结果是（）A.两根导线中都有电流 B.两根导线中都无电流C.AB中无电流，CD中有电流 D.AB中有电流，CD中无电流【答案】D【解析】【详解】当线圈水平放置沿A1B1快速移动时，电流计指针不偏转，说明线圈中磁通量不变，直导线CD中无电流。当线圈沿C1D1方向快速移动，电流计指针偏转，说明线圈中磁通量有变化，则直导线AB中有电流。故选D。8.手机无线充电原理图如图所示，该装置可等效为一个理想变压器，送电线圈为原线圈，受电线圈为副线圈。ab间接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，且n1∶n2=10∶1。两个线圈中所接电阻的阻值均为R，当该装置给手机充电时，手机两端的电压为1.8V，流过手机的电流为1A，则下列说法中正确的是（）A.受电线圈cd两端的输出电压为22VB.充电时，两线圈上所接电阻的阻值R=200ΩC.充电时，与送电线圈相连的电阻R两端的电压为20VD.充电时，受电线圈cd两端的输出电压为21.8V【答案】D【解析】【详解】A．ab端输入电压为220V，由于送电线圈中的电阻R分压，故送电线圈两端电压小于220V，则根据可知，受电线圈cd两端的输出电压小于22V，故A错误；B．设手机两端电压为U'，由题意可知U2=U'+I2R送电线圈的电流为I1=I2=0.1A则送电线圈两端电压U1=U-I1R=220-0.1R根据可得R=20Ω故B错误；C．充电时，与送电线圈相连的电阻R两端的电压为UR=I1R=2V故C错误；D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为U2=U'+I2R=21.8V故D正确。故选D。9.如图所示，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）A.甲产生的焦耳热比乙多 B.甲加速运动，乙减速运动C.甲和乙都加速运动 D.甲减速运动，乙加速运动【答案】C【解析】【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为，质量为m，横截面积为S，电阻率为，线圈在磁场中运行速度为，线圈刚进入磁场时速度为，有感应电动势为线圈电阻为感应电流为线圈所受的安培力由牛顿第二定律有联立解得加速度为BCD．可知线圈在磁场中运动的加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都做加速运动，当时，甲和乙都做减速运动，故BD错误；C正确。A．线圈的热功率甲乙线圈在磁场中运动速度相同，热功率也一样，甲产生的焦耳热与乙一样多，故A错误。故选C。10.已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒P通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的A、B两点的正下方，并通以电流。另一导体棒Q也通过两根等长绝缘细线悬挂在A、B两点，并通以电流。静止时悬挂Q的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢减小导体棒P中的电流。下列说法正确的是（）A.与方向相同B.悬挂Q的细线拉力逐渐减小C.悬挂P的细线拉力大小不变D.若P中的电流减为初始的四分之一，则两导体棒的距离减半【答案】D【解析】【详解】A.由题意可知，两棒互相排斥，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故电流方向相反，故A错误；B.如图甲所示，对导体棒Q受力分析。记PQ距离为d，AQ距离为L，AP距离为H，由三力平衡知故悬挂Q细线拉力大小不变，故B错误；C.如图乙所示，将两根导体棒视为整体受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为，则有由于逐渐减小，故悬挂P的细线拉力逐渐减小，故C错误；D.导体棒P在导体棒Q处产生的磁场磁感应强度故导体棒Q受到的安培力得而故，，故P中的电流减为初始的四分之一时两导体棒的距离减半，故D正确。故选D。11.如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO竖直，OC水平。质量分布均匀的金属棒ab长度为L，质量为m，电阻为R，两端置于导轨内。设金属杆与竖直导轨夹角为θ，当θ=30°时静止释放金属杆。已知空间存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，不计金属导轨的电阻，则（）A.回路中感应电流方向始终为逆时针方向B.整个过程中，ab棒产生的焦耳热为mgLC.当θ=60°时，若a点速度大小为v，则b点速度大小为2vD.在θ=30°到θ=45°过程中通过ab棒的电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．根据几何关系金属杆下滑过程，围成的面积先增大后减小，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流方向先逆时针再顺时针，故A错误；B．整个过程中，金属棒重力势能减少量为根据能量守恒可知，整个过程中，ab棒产生的焦耳热不可能等于mgL，故B错误；C．当θ=60°时，a和b两点沿杆方向的速度相等，有解得故C错误；D．在θ=30°到θ=45°过程中，产生的平均感应电流通过ab棒的电荷量故D正确。故选D。12.某科研小组设计测量超导环中的电流强度，根据带电量为q的点电荷以速率v直线运动会产生磁场，该运动电荷在速度方向上各点产生的磁感应强度恰为0，垂直该电荷所在处速度方向上、距该电荷r处产生的磁感应强度为，其中k是静电常数，c是真空中的光速。将霍尔元件放在超导环的圆心处，通过测量出的霍尔电压来计算超导环的电流。已知某次实验超导环的半径为R，流过霍尔元件的电流为，霍尔电压为，且，其中H是常数，则超导环中的电流强度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】带电量为q的点电荷以速率v在超导环中运动，设其运动一周时间为T，有所以该点电荷产生的电流为则该点电荷运动在霍尔元件处产生的磁感应强度为由题意可知，则该霍尔元件的霍尔电压为带入数据有整理有故选D。13.水平放置的两金属板，板长为0.2m，板间距为0.15m，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为2×103V/m，两板的左端点MN连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，方向垂直纸面向里。一比荷为1×106C/kg正电粒子以初速度v0紧靠上极板从右端水平射入电场，随后从磁场射出。则（）A.当v0=1×104m/s时，粒子离开磁场时的速度最小B.当时，粒子离开磁场时的速度最小C.当时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小D.当v0=2×104m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小【答案】D【解析】【详解】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，要使粒子离开磁场时的速度最小，则粒子在从电场进入磁场时速度最小，设粒子进入磁场时的速度与水平方向的夹角为，根据类平抛运动的规律有，水平方向竖直方向加速度而则可得根据匀变速直线运动速度与位移的关系式可得而联立以上各式可得可知，当时，粒子进入磁场时有最小速度此时故AB错误；CD．根据以上分析可知，粒子进入磁场时的速度为，进入磁场后粒子在磁场中做圆周运动，偏转后从MN边界离开磁场，则由洛伦兹力充当向心力有可得根据几何关系可得，粒子进入磁场的位置与射出磁场的位置之间的距离为则离M点的距离为即有可知，当时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小，而根据以上分析可知，当时故C错误，D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题4分，共8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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.交警部门所用酒驾检测仪中的“电子鼻子”是氧化锡半导体，它是一种气敏电阻，吸附酒精气体后表面能态会发生改变，从而引起电阻率发生变化。的阻值随酒精气体浓度的变化曲线如图甲，图乙是含有气敏电阻的电路。图中电源内阻很小，可忽略不计。当吸附酒精气体浓度升高时（）A.灯泡L两端电压增大 B.中的电流增大C.电源E的总功率增大 D.消耗的功率减小【答案】AD【解析】【详解】由图可知，当吸附酒精气体浓度升高时阻值变大，电路总电阻变大，总电流减小，中的电流减小；根据P=EI可知，电源总功率减小；电阻R1和R2上电压减小，灯泡L上电压和电流均变大，则R0上电流减小，则消耗的功率减小，选项AD正确，BC错误。故选AD。15.一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上。开始时圆环的磁通量为φ0，圆环磁通量随下落高度y变化的关系为φ=φ0(1＋ky)(k为比例常数，k>0)。金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度。圆环的收尾速度为v，已知圆环的电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力，关于该情境，以下结论正确的有（）A.圆环速度稳定后，金属圆环产生的感应电动势为kφ0vB.圆环速度稳定后，金属圆环热功率C.圆环速度稳定后，金属圆环的热功率D.圆环的质量【答案】AB【解析】【详解】A圆环速度稳定后，在很短时间Δt内，下降的高度穿过圆环磁通量的变化量解得根据法拉第电磁感应定律得，圆环产生的感应电动势解得A正确；BC．圆环的热功率解得B正确，C错误；D．圆环速度稳定后，由能量守恒定律知，金属圆环减小的重力势能全部转变为热量，则解得D错误。故选AB。非选择题部分三、非选择题（本题共4小题，共53分）实验题（三题共16分）16.某实验小组成员要测量一节未知电池的电动势和内阻。①先用多用电表2.5V量程粗测该电池的电动势，将多用电表的红表笔与电源的______（填“正”或“负”）极相连，黑表笔与电池的另一电极相连，多用电表的示数如图1所示，则粗测电源电动势为______V。②要精确测量电源的电动势和内阻，小组成员设计了如图2所示的电路。闭合电键S，调节滑动变阻器滑片，测得多组电压表和电流表的示数U、I（电表内阻忽略不计），在坐标系中作出如图3所示的图像，图像反映电压变化范围比较小，为了解决该问题，需要选择合适的器材进行改装电路，在图电路中选择______。A.B.C.D.③实验小组成员找来的电阻有两只；阻值为的定值电阻，阻值为的定值电阻，根据②中选择的电路改装需要选电阻______。根据改装的电路进行实验，实验测得多组电压、电流的值，仍在坐标系中描点作图，如图所示，由此测得电源的电动势______V，电源的内阻______（计算结果小数点后均保留两位）。【答案】①.正②.1.30③.B④.⑤.1.45##1.44##1.46⑥.0.42##0.41##0.43【解析】【详解】①[1][2]由于多用表内部红表笔与表头正接线柱相连，所以用多用表测电源电动势时，红表笔接电池正极；用多用电表2.5V量程粗测该电池的电动势时；图中示数为E=1.30V②[3]由图3可以看出，电流的变化范围较大，而电压的变化范围较小，根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，这是由于电源的内阻太小造成的。为了解决这一问题，可以在电源旁串联一个定值电阻，形成等效内阻，使电压表示数变化更明显。故选B。③[4][5][6]因为电池的电动势和内阻较小，所以为了减小误差，电阻选择阻值较小的。根据所以内阻17.实验小组利用图1中的器材研究电容器的充放电现象。其中开关断开时，电流计G指针指在中间“0”刻度，电压表V指针指在“0”处，电流从“＋”接线柱流入，指针往右偏；电流从“－”接线柱流入，指针往左偏。①利用导线将器材如图②连接，画出相应的电路图。（）②将开关打在左侧，图中箭头为电流流向，两只电表的指针从图3变为图4，这个过程是______（填“充电”或“放电”）过程。【答案】①.②.充电【解析】详解】①[1]电路图如下②[2]两只电表的指针从图3变为图4，电流表指针向右偏，负电荷向电容器移动，电容器充电，充电完成后，电流表示数为零。18.如图所示为J2425型可拆卸式学生变压器，若在图中左侧接线柱“0”和“1”之间接入学生电源的交流5V挡，则应该用多用电表的__________挡（选填“”、“”、“”或“mA”）在右侧线圈进行相关测量，此时原线圈接入电路的匝数为__________匝，现测得右侧线圈“0”和“2”之间的电压为交流10.3V，小明认为变压比与匝数比有较大误差，分析其原因，主要是__________。A．铁芯未闭合B．副线圈有电阻C．铁芯中存在涡流D．未用电表测定原线圈的电压【答案】①②.100③.D【解析】【详解】[1]接入交流电经过变压器输出的也是交流电，故应该用多用电表的挡在右侧线圈进行相关测量；[2]图中J2425型可拆卸式学生变压器各接线柱对应的数字表示倍率为“”的匝数，故此时原线圈接入电路的匝数为[3]右侧线圈“0”和“2”间的匝数为200匝，当变压器为理想变压器时接入交流5V时输出电压为故可知右侧线圈“0”和“2”之间的电压不可能超过，若又存在铁芯未闭合、副线圈有电阻和铁芯中存在涡流时右侧线圈“0”和“2”之间的电压只会更小于，故可知测得右侧线圈“0”和“2”之间的电压为交流10.3V时的主要原因是未用电表测定原线圈的实际电压，原线圈的电压实际上高于。故选D。19.如图所示，固定光滑绝缘斜面的倾角，A、B、C三点均为斜面上的点，AB的距离，BC的距离为AB的2倍。在A点固定一电荷量的正点电荷，将质量的带正电小球（可视为点电荷）放置于B点时，小球恰好能保持静止。若将小球从B点移至C点，小球的电势能减小了。静电力常量，重力加速度大小。（1）求小球所带的电荷量q；（2）求B、C两点间的电势差；（3）若将带电小球从C点由静止释放，不计空气阻力，求小球到达B点时的速度大小v。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）带电小球放置于B点时恰好能保持静止，根据受力平衡有根据库仑定律有解得（2）根据电势能变化量和电场力做功的关系有B、C两点间的电势差解得（3）C、B两点间的电势差小球从C点到达B点的过程中，根据动能定理有解得20.如图所示，空间坐标系O-xyz内有一由正方体ABCO-A'B'C'O'和半圆柱体BPC-B'P'C'拼接而成的空间区域，立方体区域内存在沿z轴负方向的匀强电场半圆柱体区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。M、M'分别为AO、A'O'的中点，N、N'分别为BC、B'C'的中点，P、P'分别为半圆弧BPC、B'P'C'的中点，Q为MN的中点。质量为m电荷量为q的正粒子在竖直平面MNN'M'内由M点斜向上射入匀强电场，如射的初速度大小为，方向与x轴正方向夹角为θ。一段时间后，粒子垂直于竖直平面BCC'B'射入匀强磁场。已知正方体的棱长和半圆柱体的直径均为L，匀强电场的电场强度大小，匀强磁场的磁感应强度大小，不计粒子重力。求：（1）夹角θ；（2）粒子在电场运动时间与在磁场运动时间之比；（3）若粒子以相同的初速度自O点射入匀强电场，求粒子离开匀强磁场时的位置坐标。【答案】（1）45°；（2）；（3）（L，L，）【解析】【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿x轴方向沿z轴方向由牛顿第二定律可知解得（