四川省绵阳中学2022-2023学年高二物理上学期期末模拟试题（三）（Word版附解析）

绵阳中学2021级高二上期末线上模拟（三）

物   理

一、必考选择题（每题4分，1-6单选，7-9多选共36分）

1. 某种高速带电粒子流，具有较强的穿透能力。如图虚线为该粒子流在气泡室中穿透一张黑纸的粒子径迹照片，气泡室里有垂直纸面的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　）

A. 磁场方向一定垂直纸面向里 B. 磁场方向一定垂直纸面向外

C. 粒子一定从左向右穿越黑纸 D. 粒子一定从右向左穿越黑纸

【答案】D

【解析】

【详解】AB．粒子可能带正电、也可能带负电，由左手定则可知，磁场方向即可能垂直于纸面向里也可能垂直于纸面向外，故AB错误；
CD．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

粒子穿过黑纸后速度变小，轨道半径r变小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子在右侧轨道半径大，在左侧轨道半径小，粒子从右向左穿过黑纸，故C错误，D正确；

故选D。

2. 静置于桌面上的水平螺线管中通有如图所示的恒定电流，螺线管正上方固定一通电直导线M，M中通有垂直纸面向里的恒定电流，导线恰与螺线管中轴线垂直，纸面内，螺线管正上方以直导线M为圆心的圆上有a、b、c、d四点。其中a、c连线恰为圆的竖直直径，b、d连线为圆的水平直径。已知a点的磁感应强度方向水平向左，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是（　　）

A. a点的磁感应强度大于c点的磁感应强度

B. b、d两点的磁感应强度相同

C. 导线在图示位置时，通电螺线管所受的安培力竖直向下

D. 若将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，螺线管所受安培力逐渐增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．设螺线管在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba1和Bc1，通电直导线M在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba2和Bc2，根据安培定则以及磁感应强度的叠加法则可知a、c两点的合磁感应强度大小分别为

并且

所以

故A错误；

B．根据对称性可知，b、d两点的磁感应强度大小相同，方向不同，故B错误；

C．导线在图示位置时，通电螺线管在M处产生磁场的磁感应强度方向为水平向右，根据左手定则可知M所受安培力竖直向下，根据牛顿第三定律可知通电螺线管所受安培力竖直向上，故C错误；

D．根据通电螺线管周围磁感线分布特点可知，将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，导线M所在位置磁感应强度逐渐增大，则M所受安培力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知螺线管所受安培力也逐渐增大，故D正确。

故选D。

3. 在两个半圆柱面构成的区域内，有一均匀的径向电场，径向宽度很小，电场线如图中的径向实线所示。欲使电荷量相同的正离子从左端进入，沿同一半圆路径运动后从右端射出，这些离子应具备相同的（　　）

A. 比荷 B. 动能 C. 速度 D. 质量

【答案】B

【解析】

【详解】正离子在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

变形后可得

因电荷量相同，则这些粒子的动能相同。

故选B。

4. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）

A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电

B. 由静止突然向前加速时，电容器的电容增大

C 由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表

D. 保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器两极板带电，选项A错误；

BC．由静止突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据

可知，电容器的电容减小，电容器带电量减小，则电容器放电，则电流由b向a流过电流表，选项B错误，C正确；

D．保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电量不变，电路中无电流，则电阻R发热功率为零，选项D错误。

故选C。

5. 如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表（内阻不计）示数为I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升。当开关置于b处时，电流表示数变为，灯泡正常发光。已知电阻，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g取。则（　　）

A. 电动机线圈的内阻为4Ω B. 电动机的额定电压为10V

C. 电源电动势为12V D. 电源内阻为

【答案】C

【解析】

详解】B．当开关S置于b处时，有

解得

当开关S置于a处时，有

解得

故B错误；

A．设电动机线圈的内阻为，则有

代入数据解得

故A错误；

CD．当开关S置于a处时，根据闭合电路欧姆定律有

当开关S置于b处时，根据闭合电路欧姆定律有

联立解得

，

故C正确；D错误。

故选C。

6. 如图所示，顶角为的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有质量为m，带电量为的小球，沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动，则（　　）

A. 从上往下看，小球做顺时针运动

B. 洛仑兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力

C. 小球有最小运动半径

D. 小球以最小半径运动时其速度

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力，才能够做匀速圆周运动，根据安培左手定则可知从上往下看，小球做逆时针运动，洛伦兹力与支持力的合力提供向心力

根据牛顿第二定律，水平方向

竖直方向

联立可得

因为速度为实数，所以

可得

解得

所以最小半径为

代入上面可得小球以最小半径运动时其速度

故选D。

7. 图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）。一带电粒子射入此静电场中后，依轨迹运动。已知电势。（不计重力）下列说法中正确的是（　　）

A. 粒子带负电 B. 粒子在bc段做加速运动

C. 粒子在b点与d点的速率大小相等 D. 粒子在c点时电势能最大

【答案】CD

【解析】

【详解】A．电势，所以电场线指向左侧，做曲线运动的物体所受合外力指向轨迹凹侧，电场力大体向左，该粒子应该带正电，A错误；

B．b到c电场力做负功，动能减小，速率减小，B错误；

C．b、d在同一等势面上，粒子在这两点的电势能相等，根据动能与电势能总量守恒，可知粒子在两点速率相等，C正确；

D． a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，c点电势能最大，D正确。

故选D。

8. 在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r=1.5Ω，定值电阻R1=R2=R3=1Ω，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片由a端滑到b端，下列说法正确的是（　　）

A. 电流表读数增大

B. 电压表读数增大

C. 电源的效率增大

D. 电源的输出功率增大

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，则电源内阻和R1上的电压变大，并联部分的电压减小，通过R3的电流减小，则通过R2和R4的电流变大，即电流表示数变大，R2电压变大，则R4电压减小，即电压表示数减小，选项A正确，B错误；

C．电源的效率

因外电阻减小，则电源的效率减小，C错误；

D．因外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时外电阻减小到1.5Ω，电源输出功率达到最大，D正确。

故选AD。

9. 霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（　　）

A. a端电势低于b端电势

B. 若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变

C. 霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定

D. 若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面垂直

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故A错误；

BC．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即

可得

可见U与磁感应强度B、元件的前后距离d等因素有关，与题中定义的厚度无关，故B正确，C错误；

D．由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于垂直状态，故D正确。

故选BD。

二、必考非选择题（共4小题，共44分）

10. 某型号多用电表欧姆挡的电路原理图如图甲所示。微安表G是欧姆表表头，其满偏电流，内阻。电源电动势，内阻。电阻箱和电阻箱的阻值调节范围均为0~9999.9Ω。

（1）甲图中的a端应与___________（填“红”或“黑”）表笔连接。

（2）如图乙所示，该同学将微安表G与电阻箱并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节___________Ω；

【答案】    ①. 红    ②. 950

【解析】

【详解】（1）[1]根据“红进黑出”结合图甲所示可知，图中的a端与欧姆表内置电源负极相连，a端应与红表笔连接。

（2）[2]组装一个“×100倍率”的欧姆表，其中央刻度标15，则欧姆表内阻为1500 Ω，电流表的满偏电流

由并联电路特点可知

11. 一兴趣小组要测一节干电池的电动势（约1.5V）和内阻（小于1Ω），借助以下实验器材进行实验。

A．毫安表mA（量程0~600mA，内阻约为0.1Ω）；

B．微安表G（量程0~400μA，内阻为100Ω）；

C．滑动变阻器（0~20Ω）；

D．滑动变阻器（0~1kΩ）；

E．电阻箱R（0~9999.9Ω）；

F．定值电阻（阻值2.50Ω）；

G．定值电阻（阻值为10.00Ω）；

H．开关、导线若干。

（1）将微安表G改装为量程2V的电压表，该小组应将电阻箱调到的阻值为______Ω。

（2）该小组设计电路原理图如图1所示，则应该选择的滑动变阻器为______（填“C”或“D”），定值电阻为______。（填“F”或“G”）。

（3）该小组根据记录的数据，作出微安表G的示数随毫安表mA的示数变化的图像如图2所示，则该节干电池的电动势______V，内阻______Ω。（保留2位小数）

【答案】    ①. 4900    ②. C    ③. F    ④. 1.44    ⑤. 0.50

【解析】

【详解】（1）[1]将微安表G改装为量程2V的电压表，当微安表满偏时，微安表和电阻箱两端电压之和应为2V，有

解得

（2）[2][3]为了操作方便，滑动变阻器选择阻值范围较小的，即选C；由于电源内阻较小，为了测量绘图方便，故可把定值电阻R01与r等效看成电源的内阻，从而便于精确测量，故选，即选F。

（3）[4[5]根据闭合电路欧姆定律有

整理得

结合图像可知

解得

E=1.44V，

12. 在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC平行的一簇平行线，P为AB边的中点，质量为m电荷量为q（q＞0）的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直。已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；

（2）为使粒子从DC的中点Q离开电场，该粒子进入电场的速度为多大？

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子由P到C用时为t1，则

解得

（2）设粒子以速度v由P到Q用时为t2，则

解得

13. 在如图所示的xOy坐标系的第一象限有磁场区域Ⅰ、Ⅱ，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，MN垂直于x，OM=d，区域Ⅱ足够大。区域Ⅰ内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅱ内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一速度从O点与y轴正方向成60°角射入区域Ⅰ，粒子恰能垂直于MN进入区域Ⅱ。不计粒子重力。

（1）求粒子从O点进入区域Ⅰ时的速度大小；

（2）求该粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间；

（3）若仅改变粒子的电性，求该负粒子离开y轴时与正粒子离开y轴时坐标之间的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）粒子在磁场区域Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力得

粒子在条形磁场区域中运动的轨迹如图，由几何关系

解得

（2）带电粒子在条形磁场Ⅰ中运动的周期为

同理

由几何关系知，在磁场区域I中运动的轨迹圆弧对应圆心角为

则在条形磁场中运动的时间为

粒子在条形磁场区域Ⅱ中运动的半径为

根据

得

粒子在磁场区域II中轨迹如图，由几何关系得，粒子在磁场区域II中轨迹圆弧对应圆心角为

所以粒子在磁场区域II中的运动时间为

粒子偏转后再次垂直于两条形磁场区域进入条形磁场区域Ⅰ，粒子再次进入条形磁场区域1中的轨迹如图，偏角为

所以在条形磁场中运动的时间为

所以，带电粒子在磁场中运动的总时间为

（3）若仅改变粒子的电性。该负粒子在磁场区域Ⅰ中的半径由

得

负粒子运动轨迹恰好和相切。轨迹如图所示。由几何关系，负粒子射出磁场区域I时在y轴的坐标为

正粒子射出磁场区域Ⅰ时在y轴坐标

则该负粒子离开y轴时与正粒子离开y轴时坐标之间的距离为

三、选考题（第14、15、16题每题4分，17题6分，18题12分，共30分）

14. 某弹簧振子做简谐运动的振动图像如图所示。若t1、t2时刻振子所处的位置关于平衡位置对称，则下列说法正确的是（　　）

A. t1、t2时刻，振子的速度大小相等、方向相反

B. t1、t2时刻，振子的加速度大小相等、方向相反

C. t1至t2这段时间，振子和弹簧组成的系统机械能先变小后变大

D. t1至t2这段时间，振子的动能先变小后变大

【答案】B

【解析】

【详解】A．t1、t2时刻振子所处的位置关于平衡位置对称，t1、t2时刻振子的速度大小相等，根据斜率可知，方向相同，故A错误；

B．t1、t2时刻振子所处的位置关于平衡位置对称，振子的加速度大小相等、方向相反，故B正确；

C．弹簧振子动能和势能之间相互转化，所以振子和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误；

D．t1至t2这段时间，振子的速度先变大后变小，动能先变大后变小，故D错误。

故选B

15. 马玲同学周末用单摆测当地的重力加速度，将单摆固定好，用米尺测绳长，用游标卡尺测摆球直径，用秒表测出50个周期的时间然后算出周期T。改变摆长l，重复实验，得到多组实验数据后，在坐标纸上做出如图所示的图像。下列叙述正确的是（　　）

A. 图像不过原点的原因可能是误将绳长加摆球直径当成摆长

B. 如果马玲同学把绳长当成了摆长（没加摆球半径），则用此图像算出的重力加速度偏小

C. 如果马玲同学把绳长当成了摆长（没加摆球半径），则用此图像算出的重力加速度不受影响

D. 图像的斜率等于重力加速度

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】图像不过原点，将图像向右平移，就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小，故可能是没加小球半径，平移不会改变图像的斜率，由公式

整理得

图像列率

则

斜率不变，在测出的加速度不变，故C正确，ABD错误。

故选C。

16. 关于振动和波，下列说法中正确的是（　　）

A. 声波击碎玻璃杯的实验原理是声波的干涉

B. 波只有遇到很小的障碍物才会发生衍射现象

C. 具有主动降噪功能的耳机是根据波的干涉原理制成的

D. 观察者与波源靠近时，观察者接收到的频率变大，是因为波在介质中传播时频率变大

【答案】C

【解析】

【详解】A．当声波的频率等于玻璃杯的固有频率时玻璃杯震荡最剧烈，最容易被击碎，即声波击碎玻璃杯的实验原理是共振，选项A错误；

B．一切波遇到障碍物都会发生衍射现象，但只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，选项B错误；

C．具有主动降噪功能的耳机是根据波的干涉原理制成的，故C正确；

D．观察者与波源靠近时，观察者接收到的频率变大，是因为发生了多普勒效应，使观察者收到的频率发生了变化，故D错误。

故选C。

17. 如图甲所示，一弹性轻绳水平放置，a、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点a从t=0时刻开始在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的关系如图乙所示，形成的简谐波同时沿该直线向ab和ac方向传播，在t1=1.5s时质点b第一次到达正向最大位移处，a、b两质点平衡位置间的距离L1=0.9m，a、c两质点平衡位置间的距离L2=0.6m。该波的波长为________m，波速大小为________m/s；0~2s内质点c通过的路程为_______m。

【答案】    ①. 0.3    ②. 0.75    ③. 1.2

【解析】

【详解】[1][2]设波长为λ，波速为v，从a传播到b的时间为

解得

该波的波长为

[3]波传播到c点所用时间为

c点振动时间为

质点c通过的路程为

18. 图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，Q为平衡位置为x1=10cm的质点，P为平衡位置为x2=17.5cm的质点，图乙为Q质点从该时刻起的振动图象。

（1）从该时刻起，在哪些时刻质点Q会出现在波峰?

（2）写出从该时刻起计时P的振动方程；

（3）从该时刻起，P点第二次回到平衡位置通过的路程。（结果可用根号表示）

【答案】（1）（n=0，1，2，3……）；（2）y=4sin(t+)cm；（3）(16-)cm

【解析】

【详解】（1）由乙图可知，所以

（n=0，1，2，3……）

时刻，质点Q会出现在波峰。

（2）由图可知，该时刻，P点位移

且向上振动，初相位为，其振动方程为

y=4sin(t+)cm

因此第二次到达平衡位置共通过的路程为