高二物理期末模擬卷【測試范圍：教科版2019必修第三冊、選擇性必修第二冊】（全解全析）

2024-2025學年高二物理上學期期末模擬卷（考試時間：90分鐘，分值：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．測試范圍：教科版2019必修第三冊、選擇性必修第二冊。4．難度系數(shù)：0.7。一、單選題(共13小題，每小題3分，共39分，每小題列出四個備選項中只有一個符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．關于靜電的知識，下列說法正確的是（）A．雷電天氣時，云層所帶的電荷量大小不一定是元電荷的整數(shù)倍B．高層建筑上裝避雷針是應用了尖端放電的原理C．調節(jié)空氣濕度無法防治靜電危害D．兩個不帶電物體相互摩擦帶電后，可能帶等量的同種電荷【答案】B【解析】物體所帶的電荷量一定是元電荷的整數(shù)倍，A錯誤；避雷針是應用了尖端放電的原理，B正確；調節(jié)空氣濕度是防止靜電危害的有效方法之一，C錯誤；兩個不帶電的物體相互摩擦帶電后，所帶電荷量一定等量異號，D錯誤。2．我國古人最早發(fā)現(xiàn)了尖端放電現(xiàn)象，并將其用于生產(chǎn)生活中，避雷針就利用了尖端放電現(xiàn)象。避雷針上方有雷雨云時，避雷針附近的電場線分布如圖所示，圖中央的豎直黑線AB表示避雷針，CD為水平地面。在M、N、P、Q四點中，電勢最高的是（）A．Q點 B．P點 C．N點 D．M點【答案】A【解析】根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，結合等勢面與電場線垂直可知電勢最高的是Q點。3．如圖甲所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中勻速轉動可以產(chǎn)生交變電流，其電動勢e隨時間t變化的圖像如圖乙所示，線圈電阻，電阻，則（）A．時，線圈與中性面垂直 B．內，電流的方向改變50次C．電阻R兩端電壓為 D．電阻R在內產(chǎn)生的熱量為【答案】D【解析】時，電動勢為零，線圈平面處于中性面處，A錯誤；根據(jù)圖乙可知周期為，一個周期內電流的方向改變兩次，則對應個周期，電流方向變化100次，B錯誤；交流電電動勢的有效值，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知電阻R兩端電壓，C錯誤；電阻R在內產(chǎn)生的熱量，D正確。4．兩根固定平行直導線M、N，通入大小相同的電流，方向均垂直紙面向里，截面如圖所示。P為截面內的一點，O為MN的中點。已知M、N、P恰位于等邊三角形的三個頂點，導線M在P點產(chǎn)生的磁感應強度的大小為B，則P點的磁感應強度（）A．大小為，方向沿OP向上B．大小為，方向垂直于OP向右C．大小為B，方向沿OP向上D．大小為B，方向垂直于OP向右【答案】B【解析】通電導體在P點的磁感應強度如圖，根據(jù)矢量的合成可知，方向水平向右。5．如圖甲所示，用金屬裸導線制作大小兩個圓環(huán)，已知大圓半徑為，小圓半徑為，兩圓環(huán)接觸相切于點。大圓環(huán)上端、和切點處留有一非常小缺口?？臻g存在著垂直紙面向里的勻強磁場，從時刻起磁感應強度按圖乙規(guī)律變化，設磁場垂直紙面向里為正方向，則以下說法中正確的是（）A．在過程中，大圓環(huán)上a、b兩點電勢B．若將小缺口閉合，在過程中小圓環(huán)上有如箭頭所示方向的電流C．若將小缺口閉合，在前后瞬間回路中的電流不同D．在過程中，將理想電壓表正確接在大圓環(huán)上的、兩點之間，電壓表讀數(shù)為【答案】A【解析】根據(jù)楞次定律，在0~1s過程中，磁感應強度不斷增大，在兩環(huán)之間區(qū)域有逆時針方向的感應電動勢，點相當于是電源正極，點相當于是電源負極，，A正確；在0~1s過程中小圓環(huán)上的電流方向與箭頭所示方向相反，B錯誤；在1s~3s內，磁感應強度的變化率不變，可知在前后瞬間回路中感應電動勢不變，則電流也不變，C錯誤；由法拉第電磁感應定律，即理想電壓表讀數(shù)為，D錯誤。6．如圖，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運動。時，磁感應強度為，此時MN到達的位置恰好使MDEN構成一個邊長為l的正方形。為使MN棒中不產(chǎn)生感應電流，從開始，磁感應強度B應該怎樣隨時間t變化（）A．磁感應強度B應該隨時間t均勻減小B．磁感應強度B應該隨時間t成反比C．磁感應強度B隨時間t不可能成反比D．磁感應強度B應該隨時間t的倒數(shù)成線性【答案】C【解析】時刻的磁通量，在之后某時刻t時的磁通量的表達式，要使回路不產(chǎn)生感應電流，穿過回路的磁通量不變即可，即，解得，只有C正確。7．1932年，美國物理學家安德森在宇宙射線實驗中發(fā)現(xiàn)了正電子。如照片所示，在垂直于照片平面的勻強磁場（照片中未標出）中，這是一個正電子穿過鉛板時的軌跡。關于照片中的信息，下列說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡是拋物線B．粒子在鉛板上方運動的速度小于在鉛板下方運動的速度C．粒子從上向下穿過鉛板D．勻強磁場的方向垂直照片平面向外【答案】B【解析】粒子在磁場中的運動軌跡是圓弧，A錯誤；由圖可知粒子在鉛板上方運動的軌道半徑小于在鉛板下方運動的軌道半徑，根據(jù)，即可知，粒子在鉛板上方運動的速度小于在鉛板下方運動的速度，粒子從下向上穿過鉛板，B正確，C錯誤；根據(jù)左手定則可知，勻強磁場的方向垂直照片平面向里，D錯誤。8．離子陷阱是一種利用電場或磁場將離子俘獲并囚禁在一定范圍內的裝置。如圖所示為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖，四根平行細桿與電源相連，相當于四個電極，相對的電極帶等量同種電荷，相鄰的電極帶等量異種電荷。在垂直于四根桿的平面內四根桿的連線是一個正方形abcd，A、C是a、c連線上的兩點，B、D是b、d連線上的兩點，A、C、B、D到正方形中心O的距離相等，則下列判斷正確的是（）A．D點的電場強度為零B．A、B、C、D四點電場強度相同C．B點電勢比A點電勢高D．O點的電場強度為零【答案】D【解析】兩負電極在D點形成的電場水平向右，兩正電荷在D點形成的電場也水平向右，所以D點電場強度不為0，A錯誤；A、B、C、D對稱分布，電場線密集程度一樣，所以這四點電場強度大小相等，但方向不同，B錯誤；A到B的電場線，是由A指向B，且電場線是曲線，沿著電場線的方向，電勢降低，所以A點電勢比B點電勢高，C錯誤；根據(jù)電場的疊加原理，a、c兩個電極帶等量正電荷，其中點O的合場強為零，b、d兩個電極帶等量負電荷，其中點O的合場強為零，則O點總體的合場強為零，D正確。9．電磁炮是利用電磁發(fā)射技術制成的新型武器，如圖所示為電磁炮的原理結構示意圖。若某水平發(fā)射軌道長，寬，發(fā)射的炮彈質量為，炮彈被發(fā)射時從軌道左端由靜止開始加速。當電路中的電流恒為，軌道間勻強磁場時，不計空氣及摩擦阻力。下列說法正確的是（）A．磁場方向為豎直向下B．炮彈的加速度大小為C．炮彈在軌道中加速的時間為D．炮彈發(fā)射過程中安培力的最大功率為【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知，磁場方向為豎直向上，A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有，解得，B錯誤；根據(jù)位移公式有，結合上述解得，C正確；炮彈發(fā)射過程中的最大速度，炮彈發(fā)射過程中安培力的最大功率，結合上述解得，D錯誤。10．如圖所示，虛線ad左側有面積足夠大的磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，ad右側為無磁場區(qū)域。使邊長為L的正方形單匝導線框繞其一頂點a，在紙面內順時針轉動，線框電阻為R，經(jīng)時間t勻速轉到圖中虛線位置，則（）A．導線框abcd中感應電流方向為逆時針方向B．該過程中流過線框任意橫截面的電荷量為C．導線ab、ac所受安培力的大小之比為D．導線abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上【答案】C【解析】通過線框的磁通量減少，根據(jù)楞次定律增反減同可知，線圈中的電流為順時針方向，A錯誤；線框在磁場中運動的時磁通量的變化量為，線框中的平均電動勢為，線框中平均感應電流為，所以流過線框橫截面積的電荷量為，B錯誤；設線框中電流大小為I，導線ab所受安培力的大小為，導線ac所受安培力的大小之比為，則，C正確；由左手定則可知導線abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，D錯誤。11．如圖所示的磁流體發(fā)電機由彼此正對的兩水平且彼此平行的金屬板M、N構成，M、N間存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B1，兩金屬板與兩平行且在水平面內放置的金屬導軌相連，金屬板M、N及兩平行金屬導軌間的距離均為d，平行金屬導軌間存在磁感應強度為B2的勻強磁場，磁場的方向與豎直方向成θ角斜向左上方，在兩平行金屬導軌上放有一長為d的直導體棒PQ，直導體棒PQ與兩平行金屬導軌垂直，其電阻為R，其余電阻不計。在兩平行金屬板M、N間垂直于磁場方向噴入一束速度大小為v0的等離子體（不計重力），PQ仍靜止在導軌上，已知導體棒的質量為m，它與金屬導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．通過導體棒的電流方向為P→QB．導體棒受到的安培力大小為C．導體棒受到金屬導軌的摩擦力大小為D．金屬導軌對導體棒的支持力大小為【答案】D【解析】根據(jù)左手定則，等離子體射入磁場后，正離子受向下的洛倫茲力打在N板，負離子受到向上的洛倫茲力，打在M板上，所以N板帶正電，M板帶負電，通過導體棒的電流方向為Q→P，A錯誤；設MN板間的電壓為，有，可得，通過導體棒的電流為，導體棒受到的安培力大小為，方向垂直方向斜向上，B錯誤；導體棒受力分析如圖，，導體棒受到金屬導軌的摩擦力大小為，C錯誤；金屬導軌對導體棒的支持力大小為，D正確。12．如圖所示的電路中，光敏電阻R2的阻值隨光照強度增大而減小，電表均為理想電表。閉合開關S，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后，若增大照射光強度，電流表的示數(shù)變化為，電壓表的示數(shù)變化為，下列說法正確的是（）A．電流表示數(shù)減小 B．電壓表示數(shù)減小C．電容器所帶電荷量增加 D．保持不變【答案】D【解析】當增大照射光強度時，光敏電阻R2減小，電路的總電阻減小，總電流I增大，電流表示數(shù)增大，電壓表的示數(shù)增大，AB錯誤；由閉合電流歐姆定律可知，，由于I增大，則UC減小，電容器上的電荷量減少，C錯誤；根據(jù)歐姆定律，保持不變，D正確。13．已知一個均勻帶電球體在其內部產(chǎn)生的電場強度處處為零，在球體外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同。有一個半徑為R的球體上均勻分布著正電荷+Q，在過球心O的直線上有A、B、C、D、E五個點，OA=AB=BC=CD=DE=R，若以OA為直徑在球內挖一小球，把挖出的小球移到CD之間固定，帶電球體剩余部分和固定小球對于B點和E點的電場強度和電勢說法正確的是（球的體積公式為），靜電力常量為k（）A．由于E點左側總電荷量沒有變化，所以E點電場強度不變B．帶電球體剩余部分在B點的電場強度C．帶電球體剩余部分和帶電小球固定后的在B點電場強度D．B點和E點在挖出小球之后相比挖出小球之前電勢減少【答案】C【解析】把挖出的小球移到CD之間，小球距離E點比原來近，所以E點電場強度增大，A錯誤；若以OA為直徑挖一個帶電小球，則該小球原本帶的電荷量為，若以OA為半徑的球為完整的球，則其在B的電場強度大小為，方向向右，被挖小球原來在B點的場強大小，方向向右，帶電球體剩余部分在B點的電場強度大小，方向向右，B錯誤；帶電小球固定后，在B點的電場強度大小為，方向向左，帶電球體剩余部分和帶電小球固定后，在B點電場強度合成后的大小，方向向右，C正確；由正點電荷周圍的電勢分布規(guī)律以及電勢是標量，各點的電勢是標量和；B點在挖出小球之后相比挖出小球之前電勢相等，E點在挖出小球之后相比挖出小球之前電勢增大，D錯誤。二、多選題(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)14．下列設備中工作原理相同的是（）A．發(fā)電機 B．質譜儀C．變壓器 D．無線充電【答案】ACD【解析】發(fā)電機的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，質譜儀是利用帶電粒子在磁場中運動工作的，變壓器的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，手機中的線圈，能將底座產(chǎn)生的變化的磁場轉化為電流給手機電池充電，是利用電磁感應原理工作的；所以工作原理相同的是發(fā)電機、變壓器、無線充電。15．如圖所示是兩個等量異種點電荷，周圍有1、2、3、4、5、6各點，其中1、2之間距離與2、3之間距離相等，2、5之間距離與2、6之間距離相等。兩條虛線互相垂直且平分，那么關于各點電場強度和電勢的敘述正確的是（）A．1、3兩點電場強度大小相等方向相同B．5、6兩點電勢可能不同C．4、5兩點電場強度可能相同D．在1處由靜止釋放一電子，在向右運動過程中加速度一定是先減小后增大【答案】AD【解析】根據(jù)等量異種電荷的電場分布可知，1、3兩點電場強度大小相等方向相同，A正確；兩個等量異種點電荷的中垂線是一條等勢線，所以5、6兩點電勢相等，B錯誤；4、5兩點電場強度方向相同，但是大小不同，C錯誤；在兩電荷的連線上從左到右場強先減小后增加，則在1處由靜止釋放一電子，在向右運動過程中受電場力先減小后增加，則加速度一定是先減小后增大，D正確。三、實驗題(本題共3小題，共14分)16．（3分）如圖甲為一種電容式角度傳感器的原理圖，動片與定片為金屬材質，動片可以繞轉軸轉動，動片與定片間為空氣，該傳感器可以通過測量電容的變化來測量角度（）的變化。(1)圖甲中轉動動片可以改變電容器的______（填標號）。A．兩片正對面積 B．兩片間距 C．電介質(2)類比平行板電容器可知，隨著角度變大，電容式角度傳感器的電容將______（填“變大”或“變小”）。(3)如圖乙，將該電容式角度傳感器充電后與靜電計連接，可認為電容器的電荷量基本不變，已知靜電計兩端電勢差越大，指針張角越大，在轉動動片的過程中，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角變大，則電容式角度傳感器的角度______（填“變大”或“變小”）。【答案】(1)A（1分）(2)變?。?分）(3)變大（1分）【解析】（1）轉動動片可以改變電容器的正對面積。（2）根據(jù)平行板電容器的電容表達式有，隨著角度變大，正對面積減小，則電容式角度傳感器的電容將變小。（3）根據(jù)，，解得，靜電計指針張角變大，電勢差，則正對面積變小，即電容式角度傳感器的角度變大。17．（5分）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”實驗中使用可拆式變壓器如圖所示，圖中各接線柱對應的數(shù)字表示倍率為“×100”的匝數(shù)。(1)下列說法正確的是______。A．實驗中，必須在副線圈上接上用電器以形成閉合回路B．變壓器正常工作時，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈C．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流D．使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用適當?shù)膿跷贿M行測量(2)用原線圈匝的變壓器實驗，測得的實驗數(shù)據(jù)如表所示：次數(shù)1234/V4.906.007.5010.06/V2.402.923.704.97根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，該次實驗時副線圈的匝數(shù)為______（填“200”或“800”或“1600”）。(3)多次實驗后發(fā)現(xiàn)原線圈與副線圈的電壓之比總是稍大于原線圈與副線圈的匝數(shù)之比，可能的原因是______。（寫出一條即可）【答案】(1)CD（2分）(2)200（2分）(3)實際用的變壓器會有銅損和鐵損等原因（1分）【解析】（1）實驗中，不需要在副線圈上接上用電器以形成閉合回路，副線圈也能產(chǎn)生感應電動勢，A錯誤；變壓器正常工作時，鐵芯導磁，利用互感現(xiàn)象把電能由原線圈輸送到副線圈，B錯誤；變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流，C正確；使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用適當?shù)膿跷贿M行測量，D正確。（2）由于鐵芯發(fā)熱、漏磁、銅損鐵損等原因，副線圈交流電壓表的讀數(shù)應小于理想電壓表的讀數(shù)，而忽略誤差后總是的一半，所以可判斷出原線圈匝數(shù)為200匝。（3）由于鐵芯在交變磁場的作用下會發(fā)熱，交變電流產(chǎn)生的磁場不可能完全限制在鐵芯內，存在著漏磁現(xiàn)象，理想變壓器是一個理想模型，實際用的變壓器會有銅損和鐵損等原因，所以原線圈與副線圈的電壓之比總是稍大于原線圈與副線圈的匝數(shù)之比。18．（6分）“陽光”學習小組正在測定某種合金制成的金屬絲的電阻率。(1)同學們用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖甲所示，則該金屬絲的直徑______。(2)接著用多用電表粗測金屬絲的阻值。在進行正確的機械調零后，將歐姆擋的選擇開關撥至“”擋，再將紅、黑表筆短接，進行歐姆調零，再將金屬絲接入兩表筆間，表盤示數(shù)如圖乙所示，則金屬絲的阻值為________。(3)為了更準確地測量金屬絲的電阻，同學們經(jīng)過討論設計的實驗電路圖如圖丙所示（表示待測金屬絲）。同學們選擇合適的實驗器材正確操作。實驗中測得接入電路的金屬絲長度為，直徑為，電壓表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，則金屬絲的電阻率________（用本題所給的物理量符號表示）?！敬鸢浮?1)0.384（0.382~0.386均可）（2分）(2)180（2分）(3)（2分）【解析】（1）金屬絲的直徑（2）金屬絲的阻值為（3）根據(jù)歐姆定律可知，待測金屬絲的電阻，根據(jù)電阻定律，且，解得金屬絲的電阻率.四、計算題（本題共4小題，第19題各7分，第20題各9分，第21題11分，第22題14分，共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫最后答案的不給分，有數(shù)值計算的，答案中有單位的必須明確寫出數(shù)值的單位）19．（7分）如圖所示，負電荷q在恒力F作用下在勻強電場中做勻速運動，某段時間內由A運動到B，已知：AB距離為l＝0.5m，恒力，F(xiàn)與AB的夾角為，電荷量為，A點的電勢，不計電荷的重力，。求：(1)勻強電場的電場強度E的大??；(2)B點的電勢；(3)q由A到B的過程中電勢能的變化量。（7分）【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）由電荷做勻速運動可得（1分）解得：（1分）（2）A、B兩點電勢差（1分）而（1分）解得：（1分）（3）（1分）解得：（1分）20．（9分）在研究微型電動機的性能時，應用如圖的實驗電路，當調節(jié)變阻器R使電動機停止轉動時，電流表和電壓表測得的數(shù)據(jù)是0.5A，2.0V，重新調節(jié)R使電動機恢復正常運轉，此時電流表和電壓表的讀數(shù)分別是2.0A，30.0V，則：(1)這臺電動機的內阻為多少？(2)電動機正常運轉時的輸出功率是多少？(3)電動機的效率是多少？（9分）【答案】(1)4Ω(2)44W(3)73.3%【解析】（1）當電動機停止轉動時，由題得電動機的電阻（1分）解得：（1分）（2）當電動機正常轉動時，電動機的總功率P=U1I1（1分）電動機的發(fā)熱功率（1分）電動機正常運轉時的輸出功率（1分）解得：（2分）（3）因此電動機的效率為（1分）解得：（1分）21．（11分）芯片是現(xiàn)代科技的核心，芯片的制造過程中有一個重要步驟就是離子注入。離子注入是指用高能量的電場把離子加速，打入半導體材料的過程，是芯片制造中重要的摻雜技術。如圖所示，在一個邊長為的正方形真空空間，沿對角線將它分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其中I區(qū)域（包括邊界有垂直于紙面的勻強磁場，在II區(qū)域內有平行于且由指向的勻強電場。一正離子生成器不斷有正離子生成，所有正離子從點沿方向以速度射入I區(qū)域，然后這些正離子從對角線中點進入II區(qū)域，最后這些正離子恰好從點射出。已知離子流的正離子帶電量均為，質量均為，不考慮離子的重力以及離子間的相互作用力，求：(1)I區(qū)域磁感應強度的大小和方向；(2)Ⅱ區(qū)域電場強度的大?。?3)為了調整離子注入的深度，現(xiàn)將磁感應強度增強為原來的2倍，同時調整電場強度，使正離子仍可以從點注入半導體。求調整前后正離子從點飛出的動能大小之比。（11分）【答案】(1)，垂直紙面向里(2)(3)【解析】（1）根據(jù)左手定則，可以判斷磁場方