2023-2024學年高二上學期期末模擬卷01

物理試卷

滿分100分，時間90分鐘

第I卷（選擇題共40分）

一'單項選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符

合題目要求的）

1.下列實例中屬于利用靜電的是（）

A.通過復印機把文件、資料等快速復印下來

B.機械設備要良好地接地

C.建筑物上安裝避雷針

D.保持印染車間的空氣有一定的濕度

【答案】A

【詳解】A.靜電復印是利用異種電荷相互吸引而使碳粉吸附在紙上，屬于靜電的利用，故A正確；

B.機械設備要良好地接地，可以將設備使用過程中產生的感應電荷導入大地，屬于防范靜電造成危害，故

B錯誤；

C.建筑物上安裝避雷針，是為了防止靜電對建筑物造成傷害，屬于防范靜電造成傷害，故C錯誤；

D.印染車間中，紙張間摩擦產生大量靜電，保持印染車間的空氣有一定的濕度，能及時導走靜電，屬于防

范靜電造成危害，故D錯誤。

故選Ao

2.下列說法中正確的是（）

A.周期性變化的電場可以產生恒定的磁場

B.若有一小段通電導體在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度一定為0

C.麥克斯韋最早通過實驗證實了電磁波的存在

D.磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量

【答案】D

【詳解】A.根據麥克斯韋電磁理論，周期性變化得電場可以產生周期性變化的磁場，故A錯誤；

B.通電導體在磁場中受到的磁場力為安培力，安培力的表達式為尸=3”,當通電導體所受的安培力為零

時有可能磁感應強度為零，也可能導體與磁場方向平行，故B錯誤；

C.赫茲最早通過實驗證實了電磁波的存在，故C錯誤；

D.磁感應強度是用來表示磁場強弱的物理量，故D正確。

故選D。

3.如圖所示，地球是一個磁體，相當于一個大條形磁鐵，為了解釋地球的磁性，安培在19世紀用分子電

流假說進行了說明，地球的磁場是由繞過地心的軸的環形電流/引起的，假設地球帶負電，下列說法正確的

是（）

A.在地球的內部磁感線由地磁的S極指向地磁的N極

B.地球磁體的N極位于地理的南極，地球磁體的S極與地理的北極重合

C.用一個能自由轉動的小磁針觀察地磁場的方向，看到它的磁極一般指向地理的正南北方向

D.從地理北極向地理南極看，環形電流的方向沿逆時針方向

【答案】A

【詳解】A.在地球的內部磁感線由地磁的S極指向地磁的N極，故A正確；

B.地球磁體的N極位于地理的南極附近，地球磁體的S極在地理的北極附近，故B錯誤；

C.用一個能自由轉動的小磁針觀察地磁場的方向，看到它的磁極一般指向地理的南北方向附近，不是正南

北方向，故C錯誤；

D.從地理北極向地理南極看，環形電流的方向沿順時針方向，故D錯誤。

故選Ao

4.在如圖所示的電路中，電源電壓恒定為U,在將滑動變阻器&的滑片P向左滑動時，小燈泡L、Lz的亮

度變化情況是（）

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

A,兩個小燈泡都變暗B,兩個小燈泡都變亮

C.L變暗、Lz亮度不變D.L變亮、L2變暗

【答案】C

【詳解】將滑動變阻器上的滑片P向左滑動時，電源電壓恒定為U,則L?兩端電壓保持不變，流過L?的電

流不變，L?亮度不變，滑動變阻器接入電路的電阻減小，電路總電阻減小，總電流增大，則流過的支路

電流增大，則為兩端的電壓增大，L兩端電壓減小，L變暗。

故選Co

5.將碳均勻涂在圓柱形實心瓷棒的外側面形成均勻的碳膜，做成碳膜電阻。已知碳的電阻率為夕，瓷棒的

長為/,瓷棒橫截面的直徑為D所涂碳膜的厚度為乩將該電阻沿軸線方向接入電路時，阻值為（）

APlRP兀d（D+d）plD2^L

,%d（D+d）,'2兀dD'7idD

【答案】A

【詳解】根據電阻定律R=

J

s=7r{j+d]一萬]￡|解得,R=兀忐+d）

故選Ao

6.如圖所示，四個質量均為機、帶電荷量均為+4的微粒。、b、c、d距離地面的高度相同，以相同的水平

速度被拋出，除了a微粒沒有經過電場外，其他三個微粒均經過電場強度大小為E的勻強電場5g>qE）,

這四個微粒從被拋出到落地所用的時間分別是勿、tb、tc、td,不計空氣阻力，貝（）

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

A-tbacdB?tb<t.=t11VteC.dbcD-b^cad

【答案】B

【詳解】設四個微粒拋出時距地面的高度為黑微粒a、d在豎直方向均做自由落體運動，由/z=gg?

可得落地時間為。=。=樣

微粒6受電場力向下，做類平拋運動，微粒c受電場力向上，但由于重力較大，仍做類平拋運動，由牛頓第

二定律分別可得，qE+mg=niab,mg-qE=niac

類比微粒a可得，落地時間分別為務=、性<%，%=、隹>/，貝情乙,<「以氣

\ab\ac

故選Bo

7.如圖所示，一根通電直導線垂直放在磁感應強度為1T的勻強磁場中，在以導線截面的中心為圓心，半

徑為一的圓周上有。、b、c、d四個點，已知〃點的實際磁感應強度為零，則下列敘述正確的是（）

A,直導線中的電流方向垂直紙面向外

B.6點的磁感應強度為④T,方向斜向右上方，與B的夾角為45。

C.c點的實際磁感應強度也為零

D.d點的實際磁感應強度跟b點的相同

【答案】B

【詳解】A.題中的磁場是由直導線電流的磁場和勻強磁場共同形成的，磁場中任一點的磁感應強度應為兩

磁場分別產生的磁感應強度的矢量合。。處磁感應強度為0,說明直導線電流在該處產生的磁感應強度大小

與勻強磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，可得直導線中電流方向應是垂直紙面向里，故A錯誤；

B.通電導線在6處的磁感應強度方向豎直向上，根據磁場的疊加原理可得點的磁感應強度大小為0T,方

向與8成45。角斜向右上方，故B正確；

C.在圓周上任一點，由直導線電流產生的磁場的磁感應強度大小均為3=1T,方向沿圓周切線方向，可知

c點的磁感應強度大小為2T,方向向右，故C錯誤。

D.通電導線在d處的磁感應強度方向豎直向下，根據磁場的疊加原理可得d點的磁感應強度大小為后，

方向與8成45。角斜向右下方，故與6點的不相同，故D錯誤。

故選Bo

8.圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，具有相同比荷的兩個帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方

向射入磁場。若粒子1射入磁場時的速度大小為打，離開磁場時速度方向偏轉90。，磁場中運動時間為〃；

若粒子2射入磁場時的速度大小為也，偏轉情況如圖所示，運動時間為每不計重力，則下列說法正確的

A.粒子2的速度V2一定小于粒子1的速度V1

B.粒子2的時間t?一定大于粒子1的時間。

C.只改變粒子1從M點射入磁場時的速度方向，則該粒子離開磁場時的速度方向一定不與直徑MON

垂直

D.只改變粒子2從M點射入磁場的速度方向，當該粒子從N點射出時，在磁場中運動時間最長

【答案】D

【詳解】由圖可知

2

A.由洛倫茲力提供向心力=

r

可得丫=幽

m

因為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錯誤；

B.由圖可知，粒子1的速度偏轉角大于粒子2的速度偏轉角，即4＞名

粒子在磁場中運動的時間為1=47=(1&^=黑

2%271qBqB

所以4〉t2,即粒子2的時間f2一定大于粒子1的時間〃，故B錯誤；

C.隨意選一條運動軌跡，其中帶x的圓為圓形磁場，另一個圓為粒子1的運動軌跡，但此運動軌跡僅取在

圓形磁場中的那部分，圓形磁場外的那部分為方便觀察畫出，且。為運動軌跡的圓心，連接0,射入

點和射出點，因粒子1半徑〃與圓形磁場半徑相同，則連接起來的圖案為菱形，如圖所示

因為是菱形，且射入點和圓形磁場圓心的連線在直徑MON上，根據幾何關系，出射點與d點的連線必定

與直徑MON保持平行，所以出射方向會與。/與出射點組成的連線垂直，則出射時的速度方向一定垂直于

直徑MON。若選取別的入射方向，同樣也會組成菱形，且入射點和O的連線依舊保持水平方向，所以出射

的方向也必定會與直徑MON保持垂直，C錯誤;

D.對粒子2,連接入射點和出射點組成一條弦，如果出射點在N點，此時的弦最大，為圓形磁場的直徑，

而弦越大對應的偏轉角也就越大，而偏轉角越大運動時間也就越長，所以當該粒子從N點射出時，運動時

間最長，D正確。

故選D。

二、多選題（本題共4小題，每小題4分，共16分。有的小題只有一個選項符合題目要求；有的小題有兩

個選項符合題目要求，全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）

9.如圖所示，一電阻為R的導線彎成邊長為乙的等邊三角形閉合回路。虛線右側有磁感應強度大小為B

的勻強磁場，方向垂直于閉合回路所在的平面向里。下列對三角形導線以速度口向右勻速進入磁場過程中的

A.回路中感應電流方向為順時針方向B.回路中感應電動勢的最大值￡=走8〃

2

C.導線所受安培力的大小可能不變D.通過導線橫截面的電荷量q=與匕

【答案】BD

【詳解】A.在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據楞次定律可知感應電流

的方向為逆時針方向不變，故A錯誤；

B.當三角形閉合回路進入磁場一半時，即這時等效長度最大為在心，這時感應電動勢最大￡

22

故B正確；

C.線框進入磁場的有效長度先變大后減小，則電流先變大后減小，由尸=2〃可知，導線所受安培力的大

小先變大后減小，故C錯誤；

D.流過回路的電量為q=2￡=4遮，故D正確。

R4R

故選BD。

10.如圖所示，一束電子從M點垂直于磁場左邊界，射入邊界平行、寬度為d、磁感應強度大小為2的勻

強磁場，射入速度為％從右邊界上的N點穿出磁場時，速度方向與原來射入方向的夾角為6=60，則（）

AV

X

A.電子的比荷為漢迦B.電子的比荷為、也

C,電子穿越磁場的時間為也4D,電子穿越磁場的時間為半

9v3v

【答案】BC

【詳解】AB.粒子運動軌跡如圖所示

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

；XXX;

!XX!

N

XX/X

根據幾何關系有，7=」—=2叵d

sin603

根據洛倫茲力提供向心力qvB=m-

r

電子的比荷為幺=E=業，故A錯誤，B正確；

mBr2Bd

CD.電子穿越磁場的時間為公且7=且.也="=獨礙，故C正確，D錯誤。

2TT17ivv9v

故選

BCO

11.如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度％沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板

的邊緣飛出。已知板長為乙，板間距離為，板間電壓為U,帶電粒子的電荷量為q,粒子通過平行金屬板

的時間為，（不計粒子的重力），則（）

J9一

A.在前!時間內，電場力對粒子做的功為學

24

B.在后;時間內，電場力對粒子做的功為學

28

C.粒子的出射速度偏轉角滿足tan。、

D.粒子前弓和后弓的過程中，運動時間之比為0：1

【答案】BC

【詳解】AB.粒子在垂直兩板方向做勻加速直線運動，在前;時間內的垂直兩板的位移為三，則對應的電

28

勢差為匕，則電場力對粒子做功為叱=噂，A錯誤；

OO

B.同理，在后;時間內的垂直兩板的位移為當，則對應的電勢差為半，則電場力對粒子做功為

2o8

嗎=華，B正確；

O

d

C.粒子的出射速度的反向延長線交于水平位移的中點，則粒子的出射速度偏轉角滿足C

【ancz=z—=—

LL

正確；

D.根據初速度為零的勻加速直線運動，連續相等位移的時間之比，粒子前g和后g的過程中，運動時間之

44

比為％4=1：（2-6）#亞：1,D錯誤。

故選BC。

12.在如圖所示電路中，閉合開關S,當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，四個理想電表的示數都發生

變化，電表的示數分別用/、5、6和&表示，電表示數變化量的大小分別用A/、NU、、AU?和表示。

下列比值正確的是（）

A.g■變大，當不變B.牛變大，當■不變

IA//A/

C.牛變大，裂變大D.生變大，告不變

/A/IM

【答案】BD

【詳解】當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，&變大，則

A.根據歐姆定律，則｝=?不變，誓=鳥不變，故A錯誤；

BC.根據歐姆定律，則牛=%變大，

根據。2=￡-/（6+，），可得當=4+乙不變，故B正確，C錯誤；

A/

D.根據歐姆定律，則號=片+舄變大，

根據4=￡-斤，可得當=/不變，故D正確。

A/

故選BDO

第II卷非選擇題供60分）

三、實驗題（本題共2小題，每空2分，共16分）

13.某學生用螺旋測微器在測定某一金屬絲的直徑時，測得的結果如甲圖所示，則該金屬絲的直徑d=—

mm。另一位學生用游標尺上標有20等分刻度的游標卡尺測一工件的長度，測得的結果如乙圖所示，則該

5cm67

IIIIIIIIII.iii.llIII.II

I1H|IIIIIIIII|IIII|

05101520

乙

14.欲測量G表的內阻％和一個電源的電動勢￡及其內阻廠。要求：測量盡量準確、能測多組數據且滑動變

阻器調節方便，電表最大讀數不得小于量程的;。待測元件及提供的其他實驗器材有：

A.待測電源E：電動勢約1.5V,內阻在0.4~0.7Q間

B.待測G表：量程500nA,內阻在150~250Q間

C.電流表A：量程2A,內阻約0.K2

D.電壓表V:量程300mV,內阻約500n

E.定值電阻％=300。

F.滑動變阻器與：最大阻值10。，額定電流1A

G.電阻箱R2:0-9999Q

（1）小亮先利用伏安法測量G表內阻與。

①圖甲是小亮設計的實驗電路圖，其中虛線框中的元件是；（填元件序號字母）

②說明實驗所要測量的物理量______；

③寫出G表內阻的計算表達式7=o

（2）測出々=200。后，小聰把G表和電阻箱4串聯、并將&接入電路的阻值調到2800Q,使其等效為一

只電壓表，接著利用伏安法測量電源的電動勢E及內阻人

①請你在圖乙中用筆畫線，將各元件連接成測量電路圖______o（2分）

②若利用測量的數據，作出的G表示數人與通過滑動變阻器飛的電流/的關系圖象如圖丙所示，則可得到

電源的電動勢E=V,內阻r=。。（4分）

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

1.50.6

【詳解】（1）四螺旋測微器的精確值為0.01mm,由圖甲可知金屬絲的直徑為

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

[2]20分度游標卡尺的精確值為0.05mm,由圖乙可知工件的長度為L-5cm+3x0.05mm=5.015cm

（2）①[3]G表本身可以測量通過的電流，但由題意可知，G表內阻較小，無法直接用電壓表進行測量，故

應與定值電阻凡串聯后再與電壓表并聯，則虛線框中的元件是E；

②⑷由圖甲電路圖可知，實驗所要測量的物理量是G表示數/,V表示數U；

③⑸根據歐姆定律可得％+凡=，

可得G表內阻為％=彳-5

(2)①⑹將G表與電阻箱串&聯后，可以充當電壓表使用，則其應并聯在電源兩端，滑動變阻器與電流

表串聯后即可進行測電源電動勢和內電阻的實驗，電路圖如圖所示

②[7][8]由于今遠小于/,則可認為/等于流過電源總電流，根據閉合電路歐姆定律可得，石=4&+&)+〃

其中4=200。，4=28000

E

可知IS-I圖像的縱軸截距為b=——=500x10-6A

%十八2

解得電動勢為E=500xIO'x3000V=1.5V

(500-200)xW6

4-/圖像的斜率絕對值為14=

四、解答題

15.(8分)小明坐在汽車的副駕駛位上看到一個現象：當汽車的電動機啟動時，汽車的車燈會瞬時變暗。

汽車的電源、電流表、車燈、電動機連接的簡化電路如圖所示，已知汽車電源電動勢為12.5V,內阻為Q05C。

車燈接通電動機未起動時，電流表示數為10A；電動機啟動的瞬間，電流表示數達到60A。求：

(1)電動機未啟動時，車燈的功率；

(2)電動機啟動時，車燈的功率。

【答案】(1)120W；(2)75.2W

【詳解】(1)根據題意可知，電動機未啟動時，車燈、電流表和電源串聯，根據閉合電路歐姆定律可知此

時的路端電壓U=E-6=12.5V-10xO.O5V=12V

則車燈的功率P=L7=12xl0W=120W

TT1?

(2)根據歐姆定律可知，車燈的電阻R=亍嘖0=1.2。

電動機啟動瞬間，車燈兩端電壓U'=E—/r=12.5V—60x0.05V=9.5V

22

、TJ'Qs

車燈的功率p=—=—W=75.2W

R1.2

16.(10分)如圖所示，在豎直平面中的矩形MNP。區域內，分布著垂直于該區域MNPQ所在平面、方向

水平的勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度大小為及現有一邊長為工、質量為機、電阻為R的正方形線框

abed以速度vo,從左側豎直邊緣MN水平向右進入磁場，最后線框abed的be邊剛好從下方水平邊緣NP豎

直向下離開磁場(圖中未畫出線框離開磁場時的位置；線框在磁場中的運動過程中，線框所在平面始終和

磁場垂直，且淚邊始終水平)。求：

(1)線框滴cd的仍邊剛進入磁場時受到安培力大小；

(2)線框abed從ab邊開始進入磁場到be邊豎直向下剛好離開磁場的過程中,線框abed中產生的焦耳熱。

MQ

dr-^iXxxxxX：

cb\XXXXXX;

B

;XXXXXX：

：XXXXXX：

N-.............”P

【答案】(1)尸;⑵。="說

R2

【詳解】(1)線框abed進入磁場時，設線框必cd回路中的感應電動勢為￡、感應電流為/,線框所受的安

F

培力大小為E則有E=I=~,F=BIL

R

聯立解得，歹=岑殳

R

(2)線框abed從必邊進入磁場到爐邊離開磁場的過程中，設線框abed中產生的焦耳熱為。，線框所受

安培力水平向左，線框豎直方向只受重力作用，水平方向只有安培力做功，根據題意有%=o加行

由安培力做功與電能生熱的關系，可得唯=-。

解得。=gw；

17.(12)如圖所示，輕質絕緣細線的上端固定在天花板上，下端拴著一個質量為加的帶電小球，細線長為

L,當空間中加上一個水平向右的勻強電場時，小球由靜止開始從A點向左邊擺動，經過3點之后到達最高

點C。小球經過8點時，細線與豎直方向夾角為37。角，到達C點時，細線與豎直方向成74。角，拙37。=0.6,

8$37。=0.8,當地重力加速度為g,求

(1)小球帶何種電荷？

(2)小球經過3點時，細線的拉力是多少？

(3)若保持電場強度的大小不變，將其方向變為豎直向下，讓小球從3點由靜止釋放，小球經過A點時,

細線的拉力是多少？

【答案】(1)負電；⑵[7g；(3)71mg

420

【詳解】(1)帶電小球向左邊運動，說明電場力的方向水平向左，由于電場力方向與場強方向相反，所以

小球帶負電。

(2)將小球受到的電場力和重力的合力看成等效重力，由幾何關系可知，A、C兩點關于B點對稱，故8

點是等效最低點，此時細線與等效重力共線。由平行四邊形定則得

不艮據mg椒=|mg

cos374

小球從A點運動到8點時，由動能定理得，qELsin37°-mgL(1-cos37°)=1mvj

小球處在8點時，由牛頓第二定律得，TB-吟廣呼

7

聯立以上各式得，TB=^mg

(3)當電場強度的方向變成豎直向下以后，小球受到的電場力方向為豎直向上，小球從8點運動到A點時,

由動能定理得，(mg-qE)L(l-cos37°)=gmv\

小球處在A