高二物理期末模拟卷江苏专用测试范围：选必一全册、选必二第一、二、三章（人教版2019）（全解全析）

2024-2025学年上学期期末模拟考试高二物理1．若一重为100N课桌受到10N的水平推力作用，保持静止，则5s内水平推力对课桌的冲量大小为（）A．0B．10NsC．50NsD．500Ns【答案】C【解析】5s内水平推力对课桌的冲量大小为I=Ft=10×5Ns=50Ns，故选C。2．根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：①当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高②肥皂膜在阳光下呈现彩色③闻其声而不见其人④观众在看立体电影时要戴上特制的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感这些物理现象分别属于波的（）A．偏振、干涉、衍射、折射B．多普勒效应、衍射、干涉、反射C．衍射、干涉、多普勒效应、偏振D．多普勒效应、干涉、衍射、偏振【答案】D【解析】正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高，这是多普勒效应。肥皂膜在阳光下呈现彩色，这是薄膜干涉现象。闻其声而不见其人，这是声波的衍射现象。观众在看立体电影时要戴上特制的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感，这是光的偏振现象，即上述物理现象分别属于波的多普勒效应、干涉、衍射、偏振。故选D。3．如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是（）A．线圈进磁场的过程中，线圈中的感应电流沿顺时针方向B．线圈出磁场的过程中，线圈中的感应电流沿逆时针方向C．该拉力的方向水平向右D．该拉力为恒力【答案】C【解析】线圈进入磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的电流为逆时针方向，故A错误；线圈离开磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变小，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向里，根据安培定则可知线圈中的电流为顺时针方向，故B错误；线圈切割磁感线的有效长度示意图如图所示。结合楞次定律阻碍相对运动的推论，根据左手定则可知安培力始终水平向左，则该拉力的方向水平向右；由于切割磁感线的有效长度是变化的，所以线圈中产生的感应电动势是变化的，感应电流是变化的，线圈受到的安培力大小是变化的，所以拉力大小是变化的，故C正确，D错误。故选C。4．如图所示为某质点在0～4s内的振动图像，则A．质点振动的振幅是2m，频率为4HzB．质点在4s末的位移为8mC．质点在0～4s内的路程为8mD．质点在t＝1s到t＝3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小【答案】C【解析】由题图可知振动的振幅A＝2m，周期T＝4s，则频率f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4s末的位移为零，选项B错误；0～4s内的路程s＝4A＝8m，选项C正确；质点从t＝1s到t＝3s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误。5．如图甲所示，两列横波在同一水平面上传播，两列横波的波源沿竖直方向振动。横波1的波源B点的振动图像如图乙所示；横波2的波源C点的振动图像如图丙所示。两列波的波速都为20cm/s。两列波在P点相遇，P与B、C两点的距离均为40cm，则P点振幅为A．70cmB．－10cmC．0D．10cm【答案】D【解析】由题图可知，两列波的周期都是T＝1s，由v＝eq\f(λ,T)得，波长λ＝vT＝0.2×1m＝0.2m。因PC＝PB＝40cm，即两波源到P点的距离差为波长的整数倍，而t＝0时刻两波的振动方向相反，则P点是振动减弱的点，振幅等于两列波振幅之差，即为A＝40cm－30cm＝10cm，故A、B、C错误，D正确。6．如图，质量为m、长为3L的均匀直导线折成等边三角形线框LMN，竖直悬挂于两根绝缘细线上，并使边MN呈水平状态。现置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当两根绝缘细线所受拉力为零时，通过导线MN的电流强度大小为A．eq\f(mg,2BL)B．eq\f(2mg,3BL)C．eq\f(mg,BL)D．eq\f(2mg,BL)【答案】B【解析】当两根绝缘细线所受拉力为零时，即等边三角形线框LMN所受的安培力与重力大小相等，方向相反，由于NLM导线的等效长度为L，由并联电路特点可知，IMN＝2IMLN，由平衡条件有BIMNL＋B·eq\f(IMN,2)L＝mg，解得IMN＝eq\f(2mg,3BL)。7．在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是（）A．A点电势比O点电势高B．A点电势比O点电势低C．A点电势等于O点电势D．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大【答案】A【解析】因北半球地磁场方向斜向下（磁场竖直分量竖直向下），电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势，故选项A正确，BC错误；转动切割的电动势E=eq\f(1,2)Bl2ω，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就不一定越大，故选项D错误。故选A。8．下列关于电磁感应现象的说法中，错误的是（）A．如图甲所示，当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将朝相同方向转动B．如图乙所示的真空冶炼炉能在真空环境下，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属C．如图丙所示的变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了减小发热量，提高变压器的效率D．如图丁所示的是毫安表的表头，运输时要把毫安表的正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护毫安表指针，利用了电磁驱动的原理【答案】D【解析】图甲当蹄形磁体顺时针转动时，通过铝框的磁通量变化，铝框产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量变化，则铝框将顺时针转动，故A正确；高频交流电产生高频交变磁场，因电磁感应使金属产生涡流，由于电流的热效应，从而炼化金属，故B正确；磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强。涡流能使导体发热．变压器的铁芯是相互绝缘的薄片叠加而成的，从而减小回路的横截面积来减小感应电动势，以降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率，故C正确；运输时要把毫安表的正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护毫安表指针，这是电磁阻尼原理，故D错误。本题选择错误的，故选D。9．某同学利用下图所示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________。A．将单缝向双缝靠近B．将屏向靠近双缝的方向移动C．将屏向远离双缝的方向移动D．使用间距更小的双缝【答案】B【解析】若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，需要减小双缝到屏的距离l或增大双缝间的距离d，故B项正确，A、C、D项错误。10．某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示，其中实验操作正确的是________。【答案】D【解析】由题图可知，选用的玻璃砖两光学表面平行，则入射光线应与出射光线平行，B、C错误；又光线在玻璃砖中与法线的夹角应小于光线在空气中与法线的夹角，A错误，D正确．11．利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品薄片放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原理是薄片中的带电粒子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是上、下表面间建立起电场EH，同时产生霍尔电压UH。当导电粒子所受的静电力与洛伦兹力处处相等时，EH和UH达到稳定值，UH的大小与I和B满足关系UH＝kHIB，其中kH称为霍尔元件灵敏度，kH越大，灵敏度越高。半导体内导电粒子——“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动的带正电粒子），若每个载流子所带电荷量的绝对值为e，薄片内单位体积中导电的电子数为n。下列说法中正确的是（）A．若载流子是自由电子，半导体样品的上表面电势高B．磁感应强度大小为B＝eq\f(neUH,Ic)C．在其他条件不变时，半导体薄片的厚度c越大，霍尔元件灵敏度越高D．在其他条件不变时，单位体积中导电的电子数n越大，霍尔元件灵敏度越低【答案】D【解析】根据左手定则，电子向上表面偏转，所以上表面的电势低，故A错误；设电子移动速度为v，则电流I＝neSv由题图，面积为S＝bc当静电力与洛伦兹力相等时有evB＝eq\f(UH,b)e联立解得B＝eq\f(necUH,I)，故B错误；由上述分析可知kH＝eq\f(1,nec)在其他条件不变时，半导体薄片厚度c越大，灵敏度越低；在其他条件不变时，单位体积内电子数n越大，灵敏度越低，故C错误，D正确。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中：（1）下列仪器中不需要是______。（填写字母）A．干电池B．磁铁C．低压交流电源D．多用表（2）实验时原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是______。A．原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡C．原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡D．原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡（3）若某次实验中用匝数N1=400匝、N1=800匝的变压器，测得N1的电压U1=3.6V，N2的电压U2=8.2V，据此可知______（填“N1”或“N2”）是原线圈匝数。（4）造成（3）中的误差的原因可能为______。（填字母代号）A．原线圈上的电流发热 B．副线圈上的电流发热C．变压器铁芯漏磁 D．原线圈输入电压发生变化（5）为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横档的铁芯Q的硅钢片应按照下列哪种方法设计______。A． B． C． D．【答案】（1）AB（2）C（3）N2（4）ABC（5）D【解析】（1）“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要器材是学生电源，提供低压交流电，同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，结合题目给定的器材，图A是干电池，B是条形磁铁，C学生电源，提供低压交流电，D是多用电表，用来测交流电流和电压，结合器材需求可知，仪器中不需要的是AB。（2）根据实验原理可知，原线圈应接交流电压，副线圈接电压表，应接入交流电压挡。故选C。（3）若某次实验中用匝数N1=400匝、N2=800匝的变压器，测得N1的电压U1=3.6V，N2的电压U2=8.2V，N2的电压，匝数之比近似等于电压之比，则有U1:U2=N1:N2，结合变压器不是理想的，存在有漏磁、线圈电阻大、铁芯发热、导线发热等电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，则N2一定是原线圈，N1为副线圈。（4）原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB正确；变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C正确；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D错误。故选ABC。（5）根据题意可知，由于变压器工作时会在铁芯Q中存在变化的磁通量，为了减小能量传递过程中的损失，应尽可能使铁芯Q中不产生较大的涡流，如图所示。应通过相互绝缘的硅钢片使平行于efgh的各平面和平行于abfe的各平面都不能形成闭合回路，所以作为横档的铁芯Q的硅钢片应按照平行于adhe平面的形式设计。故选D。13．（8分）半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，与直径AB垂直的足够大的光屏CD紧靠玻璃砖的左侧，OO′与AB垂直。一细光束沿半径方向与OO′成θ＝30°角射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为（eq\r(3)＋1）R，求：（1）此玻璃的折射率？（2）当θ变为多大时，两光斑恰好变为一个？【答案】（1）eq\r(2)（2）45°【解析】（1）细光束在AB界面，一部分发生反射，另一部分发生折射，设折射角为β，光路图如图所示，（2分）由几何关系得：L1＝eq\f(R,tanθ)＝eq\f(R,tan30°)＝eq\r(3)R（1分）根据题意两光斑间的距离为（eq\r(3)＋1）R所以L2＝R（1分）由几何关系知β＝45°（1分）根据折射定律，折射率n＝eq\f(sinβ,sinθ)＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\r(2)（1分）（2）若光屏CD上恰好只剩一个光斑，则说明该光束恰好在AB面发生全反射（1分）由sinC＝eq\f(1,n)得临界角为C＝45°即当θ＝45°时，光屏上恰好只剩下一个光斑。（1分）14．（10分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示为t＝0时刻的完整波形图。P、Q、M三质点平衡位置的坐标分别为（2m，0）、（eq\f(7,3)m，0）、（16m，0），已知t1＝0.75s时质点P首次出现在波谷位置，求：（1）质点P的振动方程?（2）质点M第一次出现在波峰位置所对应的时刻?（3）从t＝0到t2＝1.5s的时间内，质点Q运动的平均速度大小?【答案】（1）y＝10sin2πt（cm）（2）3.75s（3）0.067m/s【解析】（1）t＝0时，P点向上振动，t1＝0.75s时，P首次出现在波谷，则有t1＝eq\f(3,4)T（1分）可得周期T＝1.0s（1分），故质点P的振动方程为y＝10sin2πt（cm）（1分）（2）根据题图可知波长λ＝4m（1分）则波速v＝eq\f(λ,T)＝4m/s（1分）波峰第一次传到M点需要的时间为t′＝eq\f(16－1,4)s＝3.75s故对应的时刻为t＝3.75s（1分）（3）该简谐波在t＝0时的波形满足的函数关系为y＝10sineq\f(π,2)x（cm）（1分）t＝0时，质点Q偏离平衡位置的位移y1＝－5cm，且此时该质点向上振动（1分）t2＝1.5s＝eq\f(3,2)T，Δx＝vt2＝6m＝（1＋eq\f(1,2)）λ，所以t2＝1.5s时，该质点离开平衡位置的位移y2＝10×sineq\f(π,2)×eq\f(1,3)cm＝5cm（1分）所以质点Q的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(y2－y1,t2)＝eq\f(20,3)cm/s≈0.067m/s。（1分）15．（12分）如图，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN、PQ间存在垂直于斜面向上，磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ相距为L，一质量为m、边长为d（d<L）的正方形金属线框abef置于斜面上，线框电阻为R，ab边与磁场边界MN平行，相距为L，线框由静止释放后沿斜面下滑，ef边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g，求：（1）线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q?（2）线框ef边离开磁场区域时的速度大小v?（3）线框穿过磁场区域过程中产生的热量Q?【答案】（1）eq\f(Bd2,R)（2）eq\f(mgRsinθ,B2d2)（3）mg（2L＋d）sinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4d4)【解析】（1）线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)（1分）通过线框横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt（1分）磁通量的变化量ΔΦ＝Bd2（1分）解得q＝eq\f(Bd2,R)（1分）（2）线框ef边离开磁场时，线框中产生的感应电流I＝eq\f(Bdv,R)（1分）受到的安培力F＝IdB＝eq\f(B2d2v,R)（1分）由平衡条件可得mgsinθ－F＝0（2分）解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2d2)（1分）（3）由能量守恒定律有mg（2L＋d）sinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q（2分）解得Q＝mg（2L＋d）sinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4d4)。（1分）16．（16分）某空气净化设备装置可用于气体中有害离子的收集和分离，其简化原理如图甲所示，Ⅰ区为电场加速区，Ⅱ区为电场收集区。Ⅰ区和Ⅱ区之间是无场区。已知Ⅰ区中AB与CD两极的电势差为U，Ⅱ区中分布着竖直向下的匀强电场，且EG与FH间的距离为d，假设大量相同的正离子在AB极均匀分布，初速度为零开始加速，不考虑离子间的相互作用和重力影响。（1）若正离子的比荷为eq\f(q,m)，求该离子到达CD极时的速度大小？（2）若正离子的比荷为e