四川省绵阳中学2022-2023学年高二物理上学期期末模拟题试题（一）（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳中学2022-2023学年高二物理上学期期末模拟题试题（一）（Word版附解析），共9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。

1. 在地球赤道上，某放射源产生的一束α粒子（即氦原子核、带正电粒子）沿竖直向上的方向射出，考虑到地磁场的影响，这一束α粒子的运动轨迹将
A. 向东偏转B. 向西偏转C. 向南偏转D. 向北偏转
【答案】B
【解析】
【分析】通过磁场方向、电流方向，根据左手定则判断洛伦兹力的方向．
【详解】赤道处的磁场方向从南向北，带正电的α粒子在地球赤道上空竖直向上运动，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以粒子将向西偏转;选项B正确,故选B.
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、洛伦兹力方向的关系，同时要注意电磁场的分布规律．
2. 如图所示的情况中，a、b两点电场强度不同的是（ ）

A. 甲图：带电平行金属板两板间边缘附近处的a、b两点
B. 乙图：离点电荷等距的a、b两点
C. 丙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点
D. 丁图：两个等量异种电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图：带电平行金属板两板间内为匀强电场，故带电平行金属板两板间边缘附近处的a、b两点电场强度相同，故A错误；
B．乙图：离点电荷等距的a、b两点电场强度大小相同，电场强度方向不同，故B正确；
C．设负电荷到a点的距离为，负电荷到a点的距离与两个等量异种点电荷连线的夹角为，a、b两点的场强
丙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点的电场强度相同，故C错误；
D．设负电荷到a点的距离为，正电荷到a点的距离为，a、b两点的场强
可知两个等量异种电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点电场强度相同，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，电动势为、内阻不计的直流电源与平行板电容器连接，电容器下极板接地，带负电油滴被固定于电容器中的点，静电计所带电量可被忽略，下列判断正确的是（ ）
A. 若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则静电计指针张角不变，平行板电容器的电容值将变小
B. 若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则电容器电压不变，带电油滴的电势能不变
C. 若开关K闭合一段时间后断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器中场强变小
D. 若开关K闭合一段时间后断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力要变
【答案】A
【解析】
【详解】A．在开关K闭合的情况下，电容器电压不变，静电计指针张角不变，平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离后，根据，可知两极板间距变小，电容值变大，故A错误；
B．带电油滴的电势能，油滴带负电，下极板上移，由可知，电场强度增大，所以点到上极板的电势差增大，因为两极板间的电势差不变，所以点到下极板的电势差减小，由于地面的电势为零，则下极板的电势为零，所以
则减小，增大，故B错误；
CD．若断开K后再将下极板下移，电容器电荷量不变，由，和，可得，故场强不变，电场力不变，故CD错误。
故选A
4. 如图是某款能一件自动上水的全自动智能电热壶，当壶内水位过低时能自动加满水，加热之后的水，时间长了冷却，机器又可以自动加热到设定温度。某同学为了研究其工作原理，经进一步查阅厂家相关技术说明了解到：“一键加水”是由一水泵（电动机）和传感器来实现的，单独对这一部分进行测试时发现，当其两端所加电压时，电动机带不动负载，因此不转动，此时通过它的电流；当其两端所加电压时（通过变压器实现），电动机能带动负载正常运转，这时电流，则下列说法正确的是（）
A. 这种电热壶工作时加热部分的电阻值约为5Ω
B. 正常工作时，其输出的机械功率为
C. 正常工作时，其电动机内阻两端电压为
D. 使用一天该水壶消耗的电能为
【答案】B
【解析】
【分析】考查电功率与热功率，焦耳定律。
【详解】A．由铭牌图可知，加热部分额定电压为220V，额定功率为1500W，则加热部分电阻为：
A错误；
B．电压时，电动机带不动负载，此时仅加热部分工作，电流，则电动机内阻：
其两端所加电压时，电动机能带动负载正常运转，这时电流，则输出功率：
B正确；
C．正常工作时，其电动机内阻两端电压为：
C错误；
D．使用一天该水壶，加热部分消耗的电能为：
总消耗的电能应该加上电动机消耗，故大于，D错误。
故选B。
5. 如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝90°，在M、P处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有垂直纸面向里、大小相等的恒定电流，这时O点的磁感应强度大小为B0．若将P处长直导线移开，则O点的磁感应强度的大小为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据安培定则可知，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示：
合磁感应强度大小为B0.则根据几何关系可知，两导线单独形成的磁感应强度大小为B0，故B正确，ACD错误．
故选B.
6. 如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（ ）

A. FN1B. FN1=FN2，弹簧的伸长量减小
C. FN1>FN2，弹簧的伸长量增大
D. FN1>FN2，弹簧的伸长量减小
【答案】D
【解析】
【详解】磁铁的磁感线在磁铁外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以A处的磁感线是斜向左上或水平向左，A处电流的方向垂直纸面向外，根据左手定则可知导线受磁铁给的安培力方向是斜向左下或竖直向下，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向右上或竖直向上；将这个力分解为垂直于斜面向上与平行于斜面向上的分力，可知光滑斜面对磁铁支持力减小，弹簧拉力减小，弹簧伸长量将变小。
故选D。
7. 如图所示在，点电荷产生的电场中，一带正电的试探电荷从A点分别移到以为圆心的圆周上的B、C、D、E点，则下列说法正确的是（ ）
A. 试探电荷从A到B，电势能减少
B. 试探电荷从A到E，静电力做功最大
C. 试探电荷从A点分别到B、C、D、E点静电力做功一样多
D. A点的电势比D点的高
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．点电荷产生的电场中，离点电荷越远，电势越低，则，A点的电势比B点的高，根据可知，带正电的试探电荷从A到B，电势能减少，故A正确；
BC．由图可知，B、C、D、E都在以为圆心的同一圆周上，此圆周为一等势线，各点的电势相等，则A到B、C、D、E各点的电势差相等，根据可知，试探电荷从A点分别到B、C、D、E点静电力做功一样多，故B错误，C正确；
D．点电荷产生的电场中，离点电荷越远，电势越低，A点的电势比D点的高，故D正确。
故选ACD。
8. 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，、为定值电阻，为滑动变阻器，C为电容器，A、V分别为理想电流表和电压表．在滑动变阻器的滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数减小
B. 电流表示数增大
C. 电容器C所带电荷量增多
D. a点的电势降低
【答案】BD
【解析】
【详解】解法一（程序法）
A．滑片P自a端向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电阻两端电压增大，电压表V示数变大，A错误；
B．电阻两端的电压，增大，则减小，，故减小，电流表A的示数增大，B正确；
C．由于电容器两端的电压减压，由知电容器所带电荷量Q减少，C错误；
D．，故降低，D正确．
故选BD。
解法二（串反并同法）
C．由于减小，与并联，则、均减小，而，，知电容器所带电荷量Q减少，C错误；
D．降低，D正确；
A．因为间接与串联，故、均增大，电压表V示数增大，A错误；
B．电流表和滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的阻值减小时，电流表A示数增大，B正确．
故选BD。
解法三（极值法）
D．若将滑片P滑至b点，则，，D正确；
C．两端电压为零，则电容器C两端电压也为零，电容器所带电荷量，C错误；
A．当时，电路总电阻最小，总电流最大，两端电压最大，故A错误；
B．由于，此时最大，最小，故最大，B正确．
故选BD。
9. 如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由粒子源、加速电场、静电分析器和磁分析器组成。加速电场的加速电压为，半圆形通道内有方向指向圆心的均匀电场，在中心线处的电场强度大小为；磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外，磁感应强度为的范围足够大的有界匀强磁场，其上边界与静电分析器的下边界重合。由粒子源发出一个质量为、电荷量为的粒子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后沿垂直静电分析器左侧边界的方向进入并沿中心线通过静电分析器，由点进入磁分析器中，最终打到胶片上的点。下列说法正确的是（ ）
A. 加速电场的极板比极板的电势高
B. 磁分析器中点到点的距离
C. 只有比荷等于的带正电粒子经加速电压加速后才可以沿通道中心线通过静电分析器，进入磁分析器
D. 若某次使用时，磁场的上边界绕点逆时针转了，质量为、电荷量为的粒子最终将打到胶片上的点
【答案】AD
【解析】
【详解】A．带电粒子最终打到胶片上，根据磁场方向和左手定则可知粒子带正电，在加速电场中能够被加速，则极板比极板电势高，A正确；
B．带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理可得
带电粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此可得
联立以上各式可得
因此磁分析器中点到点的距离为
B错误;
C．粒子通过静电分析器时，电场力提供向心力，由此可得
而
解得
即带电粒子在静电分析器中运动的轨迹半径与带电粒子的比荷无关，所以比荷不等于的带正电粒子经加速电压加速后也可以沿通道中心线通过静电分析器，进入磁分析器，C错误；
D．质量为、电荷量为的粒子从点进入磁场，轨迹半径
设粒子从磁场上边界的点射出，然后做匀速直线运动打在胶片上的点，如图所示
由几何关系有
即胶片上的点与点重合，D正确。
故选AD。
二、必考非选择题。本题共4小题，共44分。
10. 用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻，提供的器材如图所示
（1）用实线代表导线把图（甲）所示的实物连接成测量电路_____．（两节干电池串联作为电源，图中有部分线路已连接好）
（2）图（乙）中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，按照这些实验值作出U—I图线______，由此图线求得的电源电动势E =__________v, 内电阻r =________Ω.（结果保留小数点后两位数字）
【答案】（1）测量电路如图所示
（2）按照实验值作出的U—I图线如图所示；2.97V（2.96~2.98V），0.71Ω（0.68Ω~0.74Ω）
【解析】
【详解】（1）测电动势和内电阻的实验电路中，只需要用电压表测出路端电压，电流表测出电路电流，多测几组即可得出结论；故实验电路如图所示：
（2）将各点用直线连接起来，应让尽量多的点分布在直线上，误差较大的要舍去；由图可知，电源的电动势约为2.96～2.98V；由图可知，当电压为2.6V时，电流为0.5A；则有：E=U+Ir；解得：；
11. 在“测定金属导线电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻约为5Ω，实验室备有下列器材：
A.直流电压表（量程3V，内阻约为15kΩ）
B.直流电压表（量程15V，内阻约为75kΩ）
C.直流电流表（量程3A，内阻约为0.2Ω）
D.直流电流表（量程0.6A，内阻约为1Ω）
E.滑动变阻器（20Ω，0.5A）
F.滑动变阻器（2kΩ，0.1A）
G.直流电源（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）
H.开关S，导线若干
（1）为提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有___________________。
（2）为减小实验误差，应选用_______（填a、b）。
（3）实验中用刻度尺测得金属线长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线直径如下图乙所示______mm，两电表的示数如下图（丙）、（丁）所示_____V，____A，则电阻率为_________Ω∙m（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. ADEGH ②. b ③. 0.633##0.632##0.634 ④. 1.20 ⑤. 0.50 ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]伏安法测电阻需要：G.电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）；H.开关S，导线若干；电源电动势是3V，因此电压应选A.电压表（量程3V，内阻约为15kΩ）；电路最大电流约为
如果选用量程是3A的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表应选D.电流表（量程，内阻约为）；为方便实验操作，滑动变阻器应选E.变阻器（，0.5A）；即需要的实验器材有ADEGH。
（2）[2]由于待测电阻较小，采用电流表外接法，应选用。
（3）[3]由图乙可知，导线直径为
[4]电压表量程为，最小刻度为，由图丙可知，电压为。
[5]电流表量程为，最小刻度为，，由图丁可知，电流为。
[6]由电阻定律有
又有
联立解得
12. 如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度的a处有一粒子源，盒内粒子以的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为，电荷量为的带电粒子，粒子最终落在金属板b上。若不计粒子重力，求：
（1）带电粒子打在金属板上时的动能；
（2）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现?
【答案】（1）；（2），见解析
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理
又有
解得带电粒子打在金属板上时的动能为
（2）粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界，由平抛运动知识得
，
又有
，
联立解得
可知，若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过减小、、或增大、来实现。
13. 如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）求：
（1）粒子的初速度大小v0；
（2）电场的电场强度大小E；
（3）荧光屏上的发光区域长度△x
【答案】（1） （2） （3）1.2R
【解析】
【详解】(1)如图所示，
分析可知，粒子在区域I中的运动半径
由 得
；
(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域III中的运动半径为
由 得：

粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：

解得：；
(3)如图分析可知，
速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点处的屏上，由几何关系得：

解得：
速度方向与电场方向平行向右射放区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出打在离M点处的屏上，由几何关系得：
解得：
分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为
解得： ．
三、选考题（3-4）。本题共4小题，共30分。第14、15、16题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求。
14. 甲、乙为竖直悬挂的两个弹簧振子，且悬挂振子的弹簧劲度系数相同，已知两球质量之比是4：1，振动图像如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. 甲、乙两弹簧振子的振动频率之比是
B. 甲、乙两弹簧振子在10s内质点经过的路程之比是
C. 甲、乙两弹簧振子最大回复力之比是
D. 甲、乙两弹簧振子最大加速度之比是2
【答案】A
【解析】
【详解】从图中直接可以看出甲的振幅为，乙的振幅，甲的周期，乙的周期。
A．甲、乙两弹簧振子的振动周期之比为，根据，两者的频率之比为，故A错误；
B．甲振动了个周期，路程为
乙振动了个周期，路程为
故路程之比为，故B正确；
CD．根据胡克定律可知，甲、乙的最大回复力之比为：，又因为两球质量之比是：，根据牛顿第二定律可知，甲、乙两弹簧振子最大加速度之比是：，故CD正确。
本题选择不正确，故选A。
15. 一列简谐横波沿x轴传播，t = 0时的波形如图所示，质点A与质点B相距1 m，A点速度沿y轴正方向；t = 0.02 s时，质点A第一次到达正向最大位移处。由此可知（ ）
A. 此波沿x轴正方向传播
B. 在t = 0.02 s时，质点B处在波谷位置
C. 此波的传播速度为75 m/s
D 从t = 0时起，经过0.02 s，质点A沿波传播方向迁移了0.5 m
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知A点速度沿y轴正方向，根据同侧法原则，则波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．根据同侧法原则，t = 0时，B点速度沿y轴负方向，则在t = 0.02 s时，B点处于负向最大位移处，也就是波谷的位置，故B正确；
C．由图可知， = 2 m，T = 0.08 s，则根据公式得波速
故C错误；
D．由简谐波的特点可知，在简谐横波中，质点不随波的传播而迁移，只是上下振动，故D错误。
故选B。
16. 2019年4月10日人类第一次发布了世界上首张黑洞图像，利用了射电望远镜对电磁波的捕捉．下列关于波的说法，正确的是
A. 两列波叠加一定会出现稳定的干涉图样
B. 在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小
C. 只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才能发生衍射
D. 当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低
【答案】D
【解析】
【详解】A.只有两列频率相同，相位差恒定的波叠加才会出现稳定的干涉图样，故A错误；
B. 在干涉图样中，振动加强区域的质点，只是振幅变大，其位移随时间周期性的变化；振动减弱区域的质点，只是振幅变小，其位移随时间周期性的变化．故B错误；
C. 衍射是波的特有属性，在任何条件下都会发生衍射，只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才会发生明显的衍射，故C错误；
D. 根据多普勒效应，当波源远离接收者时，接收者接收到波的频率比波源频率低，故D正确．
17. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2-L图线如图，此图线斜率的物理意义是（ ）
A．g B． C． D．
（2）在（1）中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小（ ）
A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能
（3）该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度g=___________。
【答案】 ①. C ②. C ③.
【解析】
【详解】（1）[1]根据单摆的周期公式可得
（常数）
C正确，故选C。
（2）[2]根据（1）的分析，故有
若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足
所以由图线的斜率得到的重力加速度不变。故选C。
（3）[3]根据（2）的分析，，整理得
18. 如图所示，t=0时，位于原点O处的波源，从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期T=0.2s、振幅A=4cm的简谐振动。该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为（9m，0）的质点P刚开始振动时，波源刚好位于波谷。
（1）质点P在开始振动后的Δt=1.05s内通过的路程是多少？
（2）该简谐波可能的波速和最大的波速分别为多少？
（3）若该简谐波的波速为v=12m/s，质点Q的平衡位置坐标为（12m，0）（图中未画出）。请写出以t=1.05s时刻为新的计时起点的质点Q的振动方程。
【答案】（1）84cm；（2）见解析；（3）y=0.04cs10πt（m）
【解析】
【详解】（1）由于质点P从平衡位置开始振动，且
故在Δt=1.05s内质点P通过的路程
s=21A=84cm
（2）设该简谐波的波速为v，两质点O、P间的距离为Δx，由题意可得
所以
当n=0时，该简谐波的波速最大
vm=60m/s
（3）简谐波从波源传到（12m，0）点所用时间
t1=1s
再经
t2=t－t1=0.05s
质点Q位于波峰位置，则以此时刻为计时起点，质点Q的振动方程为