四川省科学城第一中学2022-2023学年高二物理上学期期末模拟试题（Word版附解析）

这是一份四川省科学城第一中学2022-2023学年高二物理上学期期末模拟试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了必考选择题，必考非选择题，选考题等内容，欢迎下载使用。

高24届高二（上）物理复习题（7）（期末模拟考试）
一、必考选择题。本题共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第1—6题只有一项符合题目要求，第7—9题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 如图为回旋加速器的示意图，真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）。D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，两D形盒间接电压为U的高频交流电源。不考虑相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间。下列论述正确的是（　　）

A. 粒子的能量是由加速电场提供的，能获得的最大动能与加速电压U有关
B. 加速氘核（）和氦核（）时，两次所接高频交流电源的频率应不同
C. 加速氘核（）和氦核（）时，它们能获得的最大动能相等
D. 若增大加速电压U，则粒子在D型盒内运动的总时间减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．质子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得粒子的最大运行速度

质子获得的最大动能

解得

可知粒子被加速后获得的最大动能与加速电压无关。故A错误；
B．加速不同粒子，交流电频率

可以看出频率与比荷成正比，氘核和氦核比荷相同，所以加速氘核和氦核的电源频率相同，故B错误；
C．质子获得的最大动能

虽然氘核和氦核比荷相同，但是二者的最大动能不相等，氦核的最大动能是氘核的最大动能的二倍，故C错误；
D．粒子完成一次圆周运动被电场加速两次，由动能定理得

经过的周期个数

又最大动能为

粒子在D型盒内运动时间为

联立可得

所以U越大，t越小，故D正确。
故选D。
2. 两个等量异种电荷分别固定在两点，如图所示，A、B为中垂线上两点，C、D为两电荷连线上两点，且A、B、C、D与O点间距离相等，则（ ）

A. A、B、C、D四点场强相同 B. C点电势比D点电势低
C. 正电荷从A运动到B，电场力做正功 D. 正电荷从C运动到D，电势能减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO = BO，那么A、B两点的场强就是相等的，小于O处的场强。由于C、D两处电场线比O处密，则C、D两处的场强比O处大，A错误；
B．电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，则知C点电势比D点电势高，B错误；
C．AB为中垂线，是一条等势线，其上各点的电势都相等，AB之间的电势差为0，则正电荷从A运动到B，电场力不做功，C错误；
D．正电荷从C运动到D，电场力从C指向D，电场力做正功，电势能减小，D正确。
故选D。
3. 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是（ ）

A. 断开开关S后，将A、B两极板靠近些
B. 断开开关S后，将A、B两极板正对面积减小些
C. 保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D. 保持开关S闭合，将变阻器滑片向右移动
【答案】A
【解析】
【详解】AB．断开开关，电容器带电量Q不变，将A、B两极板靠近些，则d减小，根据

知，电容C增大，根据

知，电势差U减小，指针张角减小；同理若将A、B两极板正对面积减小些，则电容C减小，根据

知，电势差U增大，指针张角增大，A正确，B错误；
C．保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，C错误；
D．保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，D错误。
故选A。
4. 电源电动势为12V，内阻1.0Ω，电阻R与小型直流电动机串联接入电源两端。已知R=1.5Ω，电动机的内阻为0.5Ω，通电后，电动机正常转动，通过电源电流为2.0A。则：（　　）
A. 电动机的输出功率为14.0W B. 电源输出的电功率为24.0W
C. 电动机产生的热功率2.0W D. 电动机两端的电压为5.0V
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．根据题意可得电动机上电压为

电动机产生的热功率为

所以电动机输出功率为

AD错误，C正确；
B．电源输出的电功率为

B错误。
故选C。
5. 如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，与半径OA成30°夹角，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是(　　)

A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B. 该点电荷的比荷为
C. 该点电荷在磁场中的运动时间为t＝
D. 该点电荷带正电
【答案】B
【解析】
【详解】
如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：
电荷在电场中刚好运动T/2，电荷做圆周运动半径r=Rsin30∘=R/2．
A. 如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误；
B. 根据洛伦兹力提供向心力有，所以：，故B正确；
C. 由图知该电荷在磁场中运动的时间t=，故C错误；
D. 根据电荷偏转方向，由左手定则可知，该电荷带负电，故D错误．
故选B
6. 如图所示，在x轴上的－3a处和3a处分别固定正点电荷、，图中曲线是两电荷间电势与位置x间的关系图像，其中x=a处为曲线的最低点。现于x=2a处由静止释放一质量为m、电荷量为＋q的点电荷，点电荷仅在电场力作用下运动，则下列正确的有（　　）

A. x=a处电场强度为零，点电荷的速度最大
B. 两点电荷
C. 点电荷可能到达x=－2a处
D. 点电荷将以x=a为中心做简谐运动
【答案】A
【解析】
【详解】A．图像的斜率表示电场强度的大小，根据图像可得x=a处电场强度为零；根据动能定理有

点电荷从x=2a处到达x=a处时电势差最大，电场力做正功最大，所以可得在x=a处的速度最大，A正确；
B．x=a处电场强度为零，根据点电荷的场强公式可得

解得

B错误；
C．点电荷仅在电场力作用下运动，根据图像可得在x=－2a处的电势能大于x=2a处的电势能，在x=2a处动能为0，根据动能定理可知点电荷不可能到达x=－2a处，C错误；
D．根据前面分析可得点电荷在x=2a和x=-a间做往复运动，但是x=a处不是运动中心，D错误。
故选A。
7. 如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有（　　）

A. Q1移入之前，点的电势为
B. Q1从点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C. Q2从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为
D. Q2在移到点后的电势能为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．Q1从无穷远处（电势为0）移到C点的过程，根据电场力做功公式得

得：

又

可得Q1移入之前，C点的电势为

故A错误；
B．因为Q1移入之前，C点与B点的电势相等，两者间的电势差为0，根据W=qU知，Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0，故B正确；
C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，根据电势的叠加原理知，C点的电势为

所以Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为

故C错误；
D．Q2从无穷远处移到C点的过程中，电场力做的功为8W，其电势能减少了8W，而Q2在无穷远处电势能为0，所以Q2在移到C点后的电势能为，故D正确。
故选BD。
8. 利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是

A. 下表面电势高
B. 上表面电势高
C. 该导体单位体积内的自由电子数为
D. 该导体单位体积内的自由电子数为
【答案】AC
【解析】
【分析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低．最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数．
【详解】根据左手定则，电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高．故A正确、B错误．再根据e=evB，I=neSv=nebdv得n=，故C正确， D错误．故选AC．
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．
9. 如图，匀强电场方向水平向右，场强大小为E，悬线长L，上端系于O点，下端系质量为m、带电量为＋q的小球，已知qE=mg。现将小球从最低点A由静止释放，则：（　　）

A. 小球可到达与O点等高的水平位置
B. 当悬线与水平方向呈45°角时小球速度最小
C. 小球在运动过程中机械能守恒
D. 小球速度最大时悬线上的张力为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．假设小球能到达与O点等高的水平位置，根据动能定理可得

可得此时速度为零，所以可到达与O点等高的水平位置，A正确；
B．因为有qE=mg，电场力和重力的合力与水平方向夹角为45°角，根据圆周运动知识可得当悬线与水平方向呈45°角时小球速度最大，B错误；
C．小球在运动过程中除重力外还有电场力做功，所以机械能不守恒，C错误；
D．电场力和重力的合力为

所以可得当悬线与水平方向呈45°角斜向右下时速度最大设，根据动能定理有

同时在该位置时有

联立代入解得

D正确。
故选AD。
二、必考非选择题。本题共4小题，共44分
10. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：
（1）用游标卡尺测量其长度的刻度部分如图甲所示，由图可知其长度为______mm。

（2）用螺旋测微器测量其直径的刻度部分如图乙所示，由图可知其直径为______mm。

（3）选用多用电表“×10”电阻挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值为______。

（4）该同学想用伏安法更精确的测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体R
直流电源E（4V，内阻不计）
电流表（量程0~4mA，内阻约50Ω）
电流表（量程0~10mA，内阻约30Ω）
电压表（量程0~3V，内阻约10kΩ）
电压表（量程0~15V，内阻约25kΩ）
滑动变阻器（0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器（0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S，导线若干。
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选择______，电压表应选择______，滑动变阻器应选择______（选填仪器代号），请在方框中画出测量的电路图。______

【答案】 ①. 50.45 ②. 4.750 ③. 240 ④. ⑤. ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺读数为

（2）[2]螺旋测微器读数为

（3）[3]根据图中多用电表电阻档的读数可得该电阻的阻值为

（4）[4][5][6]电源电动势为4V，所以选择量程是0~3V的电压表；电路中的电流大约为

所以应选择量程0~10mA的电流表；需要测得多组数据进行分析，变阻器选择分压式接法，为方便调节电路所以选择阻值较小的滑动变阻器。
[7]因为有

可得待测电阻属于小电阻，此时电流表采用外接法，电路图如下：

11. 在测量电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了如下器材和参考电路：
电压表V1（量程3V，内阻约6）
电压表V2（量程1V，内阻约6）
电流表A1（量程0.6A，内阻约0.1）
电流表A2（量程2mA，内阻约1）
滑动变阻器R1（最大阻值3）
滑动变阻器R2（最大阻值10）
定值电阻R3（阻值1）
开关，导线若干
A． B．
C． D．
(1)甲同学想要测量马铃薯电池的电动势（约1.0V）和内阻（约500）。选用合适器材后，应选择最优电路___________（填写参考电路对应的字母）进行测量。
(2)乙同学想要测量一节新干电池的电动势和内阻。选用合适器材后，应选择最优电路___________（填写参考电路对应的字母）进行测量。
(3)乙同学将测得的数据在坐标纸上描点如图。请画出U-I图象_______，并求出电动势E为___________V，内阻r为___________（小数点后保留两位）。

【答案】 ①. A ②. C ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】(1)[1]马铃薯电池的电动势较小，B图中电压表分流，所以电流表测量的干路电流偏小，则电动势测量值偏小，所以不宜选用；选择A图测量的干路电流准确，根据闭合电路欧姆定律可知可知当时，断路电压即为电动势，所以A图能准确测量马铃薯的电动势，内阻测量偏大，为电流表和马铃薯内阻之和，但因为马铃薯内阻远大于电流表内阻，所以误差较小，故选A图。
(2)[2]新的干电池内阻较小，所以需要给电池串联一个定值电阻，方便测量，而D图中测量的内阻为电流表内阻、电源内阻和定值电阻之和，因为干电池内阻较小，所以内阻的测量会引起较大误差，所以选择C图。
(3)[3]做出图象如图


[4]根据闭合电路欧姆定律变形得

则图线纵截距即为电源电动势

[5]根据图象斜率可知

则电源内阻为

12. 如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab，ab杆水平放置。已知接在滑轨中的电源电动势E＝12 V，内阻r=1Ω，滑动变阻器R的阻值为5Ω，导轨间距L＝0.5 m，金属杆ab的质量m＝0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.5，滑轨与ab杆的电阻忽略不计。（g=10m/s2，sin37°＝0.6）

（1）通过计算判断ab杆在滑轨上的运动状态；
（2）求电源的输出功率。
【答案】（1）导体棒静止在斜面上 （2）20W
【解析】
【分析】
【详解】试题分析：（1）由闭合电路欧姆定律得

对导体棒进行受力分析如下图可知

导体棒受到的安培力为

正交分解可知


假设导体棒静止且摩擦力的方向沿斜面向上则有

解得

所以导体棒静止在斜面上。
（2）电源的输出功率为滑动变阻器的实际功率

13. 如图所示，在平面内第Ⅱ象限有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为。y轴右侧有一个边界为圆形的匀强磁场区域，圆心O′位于x轴上，半径为，磁场最左边与y轴相切于O点，磁场方向垂直纸面向里。第Ⅰ象限内与x轴相距为处，有一平行于x轴长为的屏PQ，其左端P离y轴的距离为0.04m。一比荷为带正电的粒子，从电场中的M点以初速度垂直于电场方向向右射出，粒子恰能通过y轴上的N点。已知M点到y轴的距离为，N点到O点的距离为，不计粒子的重力，求：
（1）粒子通过N点时的速度大小与方向；
（2）要使粒子打在屏上，则圆形磁场区域内磁感应强度应满足的条件；
（3）若磁场的磁感应强度为，且圆形磁场区域可上下移动，则粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1）粒子通过N点时的速度大小m/s，速度与竖直方向的夹角为；（2）；（3）s
【解析】
【详解】（1）设粒子通过N点时的速度为v，速度与竖直方向的夹角为θ，粒子进入电场后做类平抛运动有





又由牛顿第二定律有

代入数据解得
m/s，
（2）由分析知粒子通过N点后将沿半径方向进入圆形磁场区域。粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动有

粒子刚好打在P点时，磁感应强度最强设为，此时粒子的轨迹半径为
由几何关系有

代入数据解得

粒子刚好打在Q点时，磁感应强度最弱设为，此时粒子的轨迹半径为，由几何关系有

代入数据解得

综合得粒子要打屏上磁感应强度满足

（3）粒子的轨迹半径为
m
设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为α，弦长为，由几何关系有


要使粒子在磁场中运动的时间最长，则

解得

设粒子在磁场中运动的周期为T有
s
粒子在磁场中运动的最长时间为
s
【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路
1．正确的受力分析
除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。
2．正确分析物体的运动状态
找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件。
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况。
（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。
（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成。
三、选考题（3—4）。本部分共6小题，共30分。第14—18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。第19题10分。
14. 某同学注意到手机摄像头附近有一个小孔，查阅手机说明后知道手机内部小孔位置处安装了降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。则（　　）

A. 降噪声波与环境噪声的频率不相等
B. 降噪过程可以消除通话时的所有背景杂音
C. 降噪过程实际上是声波发生了干涉
D. P点经过一个周期传播的距离为一个波长
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，又由机械波传播的速度由介质决定可知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，则两列波频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，选项A错误，C正确；
B．降噪过程不能消除通话时的所有背景杂音，只能消除与降噪声波频率相同的杂音，选项B错误；
D．P点并不随波移动，选项D错误。
故选C。
15. 如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离，释放后振子在A、B间振动，且，振子由A到B的时间为，则下列说法中正确的是（ ）

A. 振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等
B. 振子在间振动，由B到A时间仍为
C. 振子完成一次全振动通过的路程为
D. 振子由A运动到B回复力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由对称性可知，振子在A、B两点时的加速度等大反向，则在A、B两点分别满足


所以振子在A、B两点时，弹簧弹力

故A错误；
B．由时间对称性可知，振子由A到B的时间与由B到A时间相等，均为0.1s，故B正确；
C．由题意知，振子的振幅为

所以振子完成一次全振动通过的路程为

故C错误；
D．因为靠近平衡位置时，振子的回复力减小，远离平衡位置时，振子的回复力增大，所以振子由A运动到B的过程回复力先减小后增大，故D错误。
故选B。
16. 为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示，则（　　）

A. 针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B. 随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C. 打击杆对不同粗细树干打击结束以后，树干的自由振动频率相同
D. 振动器对树木振动稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与树木的固有频率相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据共振的条件知，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，故A正确；
B．当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，故B错误；
C．打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率小于树干的固有频率，振动过程中频率不变，粗细不同的树干，固有频率不同，则打击结束后，粗细不同的树干频率可能不同，故C错误；
D．树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故D错误。
故选A。
17. 一列机械波沿直线ab向右传播，ab＝2m，a、b两点的振动情况如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A. 波速可能是 B. 波长可能是
C. 波速可能大于 D. 波长可能大于
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知波的周期为

机械波沿直线ab向右传播，根据振动图可知，ab之间的距离为

即

B．当波长为时，解得

可知波长不可能为，B错误；
D．当时，，且波长的最大值为，D错误；
AC．波速为

当时，波速为，且最大波速为，A正确，C错误。
故选A。
18. 图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点。图乙为质点Q的振动图像，则（　　）

A. 该波沿x轴向右传播
B. t=0.10s时，质点P的速度方向向下
C. t=0.10s时，质点P正处于加速度增大的过程
D. 这列波传播过程中使某物体发生了共振，则该物体自由振动时的频率为0.2Hz
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图乙t=0.10s时刻质点Q平衡位置向y轴负方向运动，结合图甲可得该波沿x轴向左传播，A错误；
BC．波沿x轴向左传播，可得t=0.10s时，质点P的速度方向向上，此时质点P偏离平衡位置的位移在增大，所以加速度在增大，B错误，C正确；
D．根据图像可得该波的周期为，这列波的频率为

这列波传播过程中使某物体发生了共振，则该物体自由振动时的频率等于或者接近波的频率，即物体自由振动时的频率等于或者接近5Hz，D错误。
故选C。
19. 如图，一列横波沿x轴传播，实线a为0时刻的波形曲线，虚线b为0.5s时的波形曲线，求：
（1）该波的波长和振幅；
（2）假设该波向左传播且T>0.5s，则波速多大；
（3）假设波速为18m/s，通过计算说明波的传播方向；并求出在此波速下x＝3m处的质点从t＝0时刻开始计时的振动方程（用正弦表达）。

【答案】（1）4m，2cm；（2）6m/s；（3）该列波向右传播，
【解析】
【详解】（1）根据图像可得波长和振幅分别为
λ＝4m ，A＝2cm
（2）若该列波向左传播，则

且周期大于0.5s，则n＝0，可得周期

由

得波速
v＝6m/s
（3）假设该列波向左传播，则由

得
v＝（8n＋6）m/s（n＝0，1，2……）
令v＝18m/s，则
n＝1.5
可见n取不到整数，故舍去。假设该列波向右传播，则

由

得
v＝（8n＋2）m/s（n＝0，1，2……）
令v＝18m/s，则
n＝2
所以该列波向右传播。且在此波速下，波的周期为

由波形图可知，0时刻，x＝3m处质点处于平衡位置且向y轴负方向振动，所以振动方程为

其中

联立得