2023-2024学年高二物理上学期期末模拟卷（解析版）

2023-2024学年高二上学期期末模拟卷01

物理试卷

满分100分，时间90分钟

第I卷（选择题共40分）

一'单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符

合题目要求的）

1.下列实例中属于利用静电的是（）

A.通过复印机把文件、资料等快速复印下来

B.机械设备要良好地接地

C.建筑物上安装避雷针

D.保持印染车间的空气有一定的湿度

【答案】A

【详解】A.静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电的利用，故A正确；

B.机械设备要良好地接地，可以将设备使用过程中产生的感应电荷导入大地，属于防范静电造成危害，故

B错误；

C.建筑物上安装避雷针，是为了防止静电对建筑物造成伤害，属于防范静电造成伤害，故C错误；

D.印染车间中，纸张间摩擦产生大量静电，保持印染车间的空气有一定的湿度，能及时导走静电，属于防

范静电造成危害，故D错误。

故选Ao

2.下列说法中正确的是（）

A.周期性变化的电场可以产生恒定的磁场

B.若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为0

C.麦克斯韦最早通过实验证实了电磁波的存在

D.磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量

【答案】D

【详解】A.根据麦克斯韦电磁理论，周期性变化得电场可以产生周期性变化的磁场，故A错误；

B.通电导体在磁场中受到的磁场力为安培力，安培力的表达式为尸=3”,当通电导体所受的安培力为零

时有可能磁感应强度为零，也可能导体与磁场方向平行，故B错误；

C.赫兹最早通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；

D.磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量，故D正确。

故选D。

3.如图所示，地球是一个磁体，相当于一个大条形磁铁，为了解释地球的磁性，安培在19世纪用分子电

流假说进行了说明，地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流/引起的，假设地球带负电，下列说法正确的

是（）

A.在地球的内部磁感线由地磁的S极指向地磁的N极

B.地球磁体的N极位于地理的南极，地球磁体的S极与地理的北极重合

C.用一个能自由转动的小磁针观察地磁场的方向，看到它的磁极一般指向地理的正南北方向

D.从地理北极向地理南极看，环形电流的方向沿逆时针方向

【答案】A

【详解】A.在地球的内部磁感线由地磁的S极指向地磁的N极，故A正确；

B.地球磁体的N极位于地理的南极附近，地球磁体的S极在地理的北极附近，故B错误；

C.用一个能自由转动的小磁针观察地磁场的方向，看到它的磁极一般指向地理的南北方向附近，不是正南

北方向，故C错误；

D.从地理北极向地理南极看，环形电流的方向沿顺时针方向，故D错误。

故选Ao

4.在如图所示的电路中，电源电压恒定为U,在将滑动变阻器&的滑片P向左滑动时，小灯泡L、Lz的亮

度变化情况是（）

-------O00----------

A,两个小灯泡都变暗B,两个小灯泡都变亮

C.L变暗、Lz亮度不变D.L变亮、L2变暗

【答案】C

【详解】将滑动变阻器上的滑片P向左滑动时，电源电压恒定为U,则L?两端电压保持不变，流过L?的电

流不变，L?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，则为两端的电压增大，L两端电压减小，L变暗。

故选Co

5.将碳均匀涂在圆柱形实心瓷棒的外侧面形成均匀的碳膜，做成碳膜电阻。已知碳的电阻率为夕，瓷棒的

长为/,瓷棒横截面的直径为D所涂碳膜的厚度为乩将该电阻沿轴线方向接入电路时，阻值为（）

APlRP兀d（D+d）plD2^L

,%d（D+d）,'2兀dD'7idD

【答案】A

【详解】根据电阻定律R=

J

s=7r{j+d]一万]£|解得,R=兀忐+d）

故选Ao

6.如图所示，四个质量均为机、带电荷量均为+4的微粒。、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平

速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场5g>qE）,

这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是勿、tb、tc、td,不计空气阻力，贝（）

<t<t<t=t<f<tt=<t=t

A-tbacdB•tb<t.=t11VteC.dbcD-b^cad

【答案】B

【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为黑微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由/z=gg»

可得落地时间为。=。=样

微粒6受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第

二定律分别可得，qE+mg=niab,mg-qE=niac

类比微粒a可得，落地时间分别为务=、性<%，%=、隹>/，贝情乙,<「以气

\ab\ac

故选Bo

7.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，半

径为一的圆周上有。、b、c、d四个点，已知〃点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是（）

A,直导线中的电流方向垂直纸面向外

B.6点的磁感应强度为④T,方向斜向右上方，与B的夹角为45。

C.c点的实际磁感应强度也为零

D.d点的实际磁感应强度跟b点的相同

【答案】B

【详解】A.题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的，磁场中任一点的磁感应强度应为两

磁场分别产生的磁感应强度的矢量合。。处磁感应强度为0,说明直导线电流在该处产生的磁感应强度大小

与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可得直导线中电流方向应是垂直纸面向里，故A错误；

B.通电导线在6处的磁感应强度方向竖直向上，根据磁场的叠加原理可得点的磁感应强度大小为0T,方

向与8成45。角斜向右上方，故B正确；

C.在圆周上任一点，由直导线电流产生的磁场的磁感应强度大小均为3=1T,方向沿圆周切线方向，可知

c点的磁感应强度大小为2T,方向向右，故C错误。

D.通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d点的磁感应强度大小为后，

方向与8成45。角斜向右下方，故与6点的不相同，故D错误。

故选Bo

8.圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，具有相同比荷的两个带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方

向射入磁场。若粒子1射入磁场时的速度大小为打，离开磁场时速度方向偏转90。，磁场中运动时间为〃；

若粒子2射入磁场时的速度大小为也，偏转情况如图所示，运动时间为每不计重力，则下列说法正确的

A.粒子2的速度V2一定小于粒子1的速度V1

B.粒子2的时间t?一定大于粒子1的时间。

C.只改变粒子1从M点射入磁场时的速度方向，则该粒子离开磁场时的速度方向一定不与直径MON

垂直

D.只改变粒子2从M点射入磁场的速度方向，当该粒子从N点射出时，在磁场中运动时间最长

【答案】D

【详解】由图可知

2

A.由洛伦兹力提供向心力=

r

可得丫=幽

m

因为4〈公所以匕＜%,即粒子2的速度也一定大于粒子1的速度叼，故A错误；

B.由图可知，粒子1的速度偏转角大于粒子2的速度偏转角，即4＞名

粒子在磁场中运动的时间为1=47=(1&^=黑

2%271qBqB

所以4〉t2,即粒子2的时间f2一定大于粒子1的时间〃，故B错误；

C.随意选一条运动轨迹，其中带x的圆为圆形磁场，另一个圆为粒子1的运动轨迹，但此运动轨迹仅取在

圆形磁场中的那部分，圆形磁场外的那部分为方便观察画出，且。为运动轨迹的圆心，连接0,射入

点和射出点，因粒子1半径〃与圆形磁场半径相同，则连接起来的图案为菱形，如图所示

因为是菱形，且射入点和圆形磁场圆心的连线在直径MON上，根据几何关系，出射点与d点的连线必定

与直径MON保持平行，所以出射方向会与。/与出射点组成的连线垂直，则出射时的速度方向一定垂直于

直径MON。若选取别的入射方向，同样也会组成菱形，且入射点和O的连线依旧保持水平方向，所以出射

的方向也必定会与直径MON保持垂直，C错误;

D.对粒子2,连接入射点和出射点组成一条弦，如果出射点在N点，此时的弦最大，为圆形磁场的直径，

而弦越大对应的偏转角也就越大，而偏转角越大运动时间也就越长，所以当该粒子从N点射出时，运动时

间最长，D正确。

故选D。

二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。有的小题只有一个选项符合题目要求；有的小题有两

个选项符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

9.如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为乙的等边三角形闭合回路。虚线右侧有磁感应强度大小为B

的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线以速度口向右匀速进入磁场过程中的

A.回路中感应电流方向为顺时针方向B.回路中感应电动势的最大值£=走8〃

2

C.导线所受安培力的大小可能不变D.通过导线横截面的电荷量q=与匕

【答案】BD

【详解】A.在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流

的方向为逆时针方向不变，故A错误；

B.当三角形闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为在心，这时感应电动势最大£

22

故B正确；

C.线框进入磁场的有效长度先变大后减小，则电流先变大后减小，由尸=2〃可知，导线所受安培力的大

小先变大后减小，故C错误；

D.流过回路的电量为q=2£=4遮，故D正确。

R4R

故选BD。

10.如图所示，一束电子从M点垂直于磁场左边界，射入边界平行、宽度为d、磁感应强度大小为2的匀

强磁场，射入速度为％从右边界上的N点穿出磁场时，速度方向与原来射入方向的夹角为6=60，则（）

AV

X

A.电子的比荷为汉迦B.电子的比荷为、也

C,电子穿越磁场的时间为也4D,电子穿越磁场的时间为半

9v3v

【答案】BC

【详解】AB.粒子运动轨迹如图所示

r<---------d------->

；XXX;

!XX!

N

XX/X

根据几何关系有，7=」—=2叵d

sin603

根据洛伦兹力提供向心力qvB=m-

r

电子的比荷为幺=E=业，故A错误，B正确；

mBr2Bd

CD.电子穿越磁场的时间为公且7=且.也="=独碍，故C正确，D错误。

2TT17ivv9v

故选

BCO

11.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度％沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板

的边缘飞出。已知板长为乙，板间距离为，板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行金属板

的时间为，（不计粒子的重力），则（）

J9一

A.在前!时间内，电场力对粒子做的功为学

24

B.在后;时间内，电场力对粒子做的功为学

28

C.粒子的出射速度偏转角满足tan。、

D.粒子前弓和后弓的过程中，运动时间之比为0：1

【答案】BC

【详解】AB.粒子在垂直两板方向做匀加速直线运动，在前;时间内的垂直两板的位移为三，则对应的电

28

势差为匕，则电场力对粒子做功为叱=噂，A错误；

OO

B.同理，在后;时间内的垂直两板的位移为当，则对应的电势差为半，则电场力对粒子做功为

2o8

吗=华，B正确；

O

d

C.粒子的出射速度的反向延长线交于水平位移的中点，则粒子的出射速度偏转角满足C

【ancz=z—=—

LL

正确；

D.根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等位移的时间之比，粒子前g和后g的过程中，运动时间之

44

比为％4=1：（2-6）#亚：1,D错误。

故选BC。

12.在如图所示电路中，闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生

变化，电表的示数分别用/、5、6和&表示，电表示数变化量的大小分别用A/、NU、、AU?和表示。

下列比值正确的是（）

A.g■变大，当不变B.牛变大，当■不变

IA//A/

C.牛变大，裂变大D.生变大，告不变

/A/IM

【答案】BD

【详解】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，&变大，则

A.根据欧姆定律，则｝=«不变，誓=鸟不变，故A错误；

BC.根据欧姆定律，则牛=%变大，

根据。2=£-/（6+，），可得当=4+乙不变，故B正确，C错误；

A/

D.根据欧姆定律，则号=片+舄变大，

根据4=£-斤，可得当=/不变，故D正确。

A/

故选BDO

第II卷非选择题供60分）

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）

13.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如甲图所示，则该金属丝的直径d=—

mm。另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如乙图所示，则该

5cm67

IIIIIIIIII.iii.llIII.II

I1H|IIIIIIIII|IIII|

05101520

乙

14.欲测量G表的内阻％和一个电源的电动势£及其内阻厂。要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变

阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的;。待测元件及提供的其他实验器材有：

A.待测电源E：电动势约1.5V,内阻在0.4~0.7Q间

B.待测G表：量程500nA,内阻在150~250Q间

C.电流表A：量程2A,内阻约0.K2

D.电压表V:量程300mV,内阻约500n

E.定值电阻％=300。

F.滑动变阻器与：最大阻值10。，额定电流1A

G.电阻箱R2:0-9999Q

（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻与。

①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是；（填元件序号字母）

②说明实验所要测量的物理量______；

③写出G表内阻的计算表达式7=o

（2）测出々=200。后，小聪把G表和电阻箱4串联、并将&接入电路的阻值调到2800Q,使其等效为一

只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻人

①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图______o（2分）

②若利用测量的数据，作出的G表示数人与通过滑动变阻器飞的电流/的关系图象如图丙所示，则可得到

电源的电动势E=V,内阻r=。。（4分）

【答案】3.202/3.201/3.2035.015EG表示数/,V表示数U；，一&见解析

1.50.6

【详解】（1）四螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图甲可知金属丝的直径为

d-3mm+20.2x0.01mm=3.202mm

[2]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm,由图乙可知工件的长度为L-5cm+3x0.05mm=5.015cm

（2）①[3]G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故

应与定值电阻凡串联后再与电压表并联，则虚线框中的元件是E；

②⑷由图甲电路图可知，实验所要测量的物理量是G表示数/,V表示数U；

③⑸根据欧姆定律可得％+凡=，

可得G表内阻为％=彳-5

(2)①⑹将G表与电阻箱串&联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流

表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，电路图如图所示

②[7][8]由于今远小于/,则可认为/等于流过电源总电流，根据闭合电路欧姆定律可得，石=4&+&)+〃

其中4=200。，4=28000

E

可知IS-I图像的纵轴截距为b=——=500x10-6A

%十八2

解得电动势为E=500xIO'x3000V=1.5V

(500-200)xW6

4-/图像的斜率绝对值为14=

四、解答题

15.(8分)小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。

汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V,内阻为Q05C。

车灯接通电动机未起动时，电流表示数为10A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A。求：

(1)电动机未启动时，车灯的功率；

(2)电动机启动时，车灯的功率。

【答案】(1)120W；(2)75.2W

【详解】(1)根据题意可知，电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，根据闭合电路欧姆定律可知此

时的路端电压U=E-6=12.5V-10xO.O5V=12V

则车灯的功率P=L7=12xl0W=120W

TT1?

(2)根据欧姆定律可知，车灯的电阻R=亍啧0=1.2。

电动机启动瞬间，车灯两端电压U'=E—/r=12.5V—60x0.05V=9.5V

22

、TJ'Qs

车灯的功率p=—=—W=75.2W

R1.2

16.(10分)如图所示，在竖直平面中的矩形MNP。区域内，分布着垂直于该区域MNPQ所在平面、方向

水平的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为及现有一边长为工、质量为机、电阻为R的正方形线框

abed以速度vo,从左侧竖直边缘MN水平向右进入磁场，最后线框abed的be边刚好从下方水平边缘NP竖

直向下离开磁场(图中未画出线框离开磁场时的位置；线框在磁场中的运动过程中，线框所在平面始终和

磁场垂直，且泪边始终水平)。求：

(1)线框滴cd的仍边刚进入磁场时受到安培力大小；

(2)线框abed从ab边开始进入磁场到be边竖直向下刚好离开磁场的过程中,线框abed中产生的焦耳热。

MQ

dr-^iXxxxxX：

cb\XXXXXX;

B

;XXXXXX：

：XXXXXX：

N-.............”P

【答案】(1)尸;⑵。="说

R2

【详解】(1)线框abed进入磁场时，设线框必cd回路中的感应电动势为£、感应电流为/,线框所受的安

F

培力大小为E则有E=I=~,F=BIL

R

联立解得，歹=岑殳

R

(2)线框abed从必边进入磁场到炉边离开磁场的过程中，设线框abed中产生的焦耳热为。，线框所受

安培力水平向左，线框竖直方向只受重力作用，水平方向只有安培力做功，根据题意有%=o加行

由安培力做功与电能生热的关系，可得唯=-。

解得。=gw；

17.(12)如图所示，轻质绝缘细线的上端固定在天花板上，下端拴着一个质量为加的带电小球，细线长为

L,当空间中加上一个水平向右的匀强电场时，小球由静止开始从A点向左边摆动，经过3点之后到达最高

点C。小球经过8点时，细线与竖直方向夹角为37。角，到达C点时，细线与竖直方向成74。角，拙37。=0.6,

8$37。=0.8,当地重力加速度为g,求

(1)小球带何种电荷？

(2)小球经过3点时，细线的拉力是多少？

(3)若保持电场强度的大小不变，将其方向变为竖直向下，让小球从3点由静止释放，小球经过A点时,

细线的拉力是多少？

【答案】(1)负电；⑵[7g；(3)71mg

420

【详解】(1)带电小球向左边运动，说明电场力的方向水平向左，由于电场力方向与场强方向相反，所以

小球带负电。

(2)将小球受到的电场力和重力的合力看成等效重力，由几何关系可知，A、C两点关于B点对称，故8

点是等效最低点，此时细线与等效重力共线。由平行四边形定则得

不艮据mg椒=|mg

cos374

小球从A点运动到8点时，由动能定理得，qELsin37°-mgL(1-cos37°)=1mvj

小球处在8点时，由牛顿第二定律得，TB-吟广呼

7

联立以上各式得，TB=^mg

(3)当电场强度的方向变成竖直向下以后，小球受到的电场力方向为竖直向上，小球从8点运动到A点时,

由动能定理得，(mg-qE)L(l-cos37°)=gmv\

小球处在A