2023-2024学年上学期期末模拟考试卷01
高二物理
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教版2019必修第三册，选修第二册。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（图甲）． 它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机．据说，在法拉第 表演他的圆盘发电机时，一位贵妇人问道： “法拉第先生，这东西有什么用呢？”法拉第答道：“夫人，一个刚刚出生的婴儿有什么用呢？”
图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在 两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．已知铜盘半径为r，铜盘内阻忽略不计，铜盘所在区域磁感强度B，转动的角速度为ω，则以下判断正确的是（ ）
①铜盘转动过程中产生的电流方向是D到C
②铜盘转动过程中D点的电势高于C点
③铜盘转动过程中产生的感应电动势大小为
④铜盘转动过程中产生的感应电流大小为
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
2．如图所示为某一电场的电场线，将一个正点电荷q置于该电场中，则（ ）
A．电场线所表示的电场是正点电荷产生的
B．电场线所表示的电场是负点电荷产生的
C．正电荷q所受电场力的方向是自左向右
D．正电荷q所受电场力的方向是自右向左
3．如图所示，两根相距为L的平行直导轨水平放置，R为固定电阻，导轨电阻不计。电阻阻值也为R的金属杆MN垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。t=0时刻对金属杆施加一水平外力F作用，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过R的电流I、杆与导轨间的摩擦生热Q、外力F、外力F的功率P随时间t变化的图像中正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒、，的左边有一如图所示的闭合电路，当在一外力的作用下运动时，向右运动，则所做的运动可能是（ ）
A．向右加速运动 B．向左匀速运动
C．向左减速运动 D．向右减速运动
5．如图，平行板电容器的两极板竖直放置，一带电小球用绝缘轻绳悬挂在两极板之间，处于静止状态，小球受到轻绳的拉力大小为T，电场力大小为F。现保持A极板不动，将B极板向右缓慢移动的过程中，下列说法正确的是
A．若开关S闭合，则T逐渐减小，F逐渐增大
B．若开关S闭合，则T逐渐增大，F逐渐增大
C．若开关S断开，则T保持不变，F保持不变
D．若开关S断开，则T逐渐变小，F逐渐增大
6．在真空中的光滑绝缘水平面上有一带电小滑块．开始时滑块静止，现在滑块所在空间加一水平方向的匀强电场，持续一段时间后立即换成与相反方向的匀强电场．当电场与电场持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置．则在上述前后两个过程中
A．滑块动能增量之比为1:3
B．电场强度大小之比为1:2
C．滑块动量增量大小之比为1:3
D．电场力的最大瞬时功率之比为1:4
7．在孤立点电荷的电场中，一质子在距离点电荷处具有的动能，恰好逃逸此电场的束缚。轨道无穷远处电势为零，E表示电场强度大小，表示电势，表示质子的电势能，表示质子的动能，r表示质子与点电荷的距离，下列图中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．在水半地面上固定有A、B两个带电最均为+Q的点电荷，在过AB中点O的中垂面内固定有一根长为L的光滑绝缘细杆CD，且O、C两点在同一竖直线上，D点到O点的距离与C点到O点的距离均为d，OC⊥OD．在杆的顶端C处有一个质量为m、带电量为－q的金属圆环，由静止释放金属圆环后，它会沿杆向下运动．已知重力加速度为g，下列关于金属圆环运动的说法正确的是
A．金属圆环沿杆运动的速度一直增大
B．金属圆环经过杆中点时的加速度大于
C．金属圆环运动到杆中点处的电势能最小
D．金属圆环运动到D点时的速度大小为
第Ⅱ卷
二、实验题：本题共2小题，共15分。
9．某实验小组测量“水果电池组”的电动势和内阻（电动势约为1.5V，内阻约为1000）。实验室有以下实验器材：
A．电压表：V1（量程3V，内阻3）
B．电压表：V2（量程15V，内阻约为20）
C．电流表：A1（量程500，内阻为4）
D．电流表：A2（量程2mA，内阻为2）
E．滑动变阻器R1：0～100
F．滑动变阻器R2：0～2
G．定值电阻R3=1
H．定值电阻R4=5
I．水果电池组
J．开关及导线若干
(1)该小组设计了两种方案，其电路原理图分别如图甲和乙所示，你认为 （填“甲”或“乙”）图的方案较好，其中应选择电压表为 ；电流表为 ；滑动变阻器为 （以上三空均填器材前方的字母序号）。
(2)连好电路后，接通电源时发现所选择的电流表损坏，该小组还是想办法利用剩下的器材完成了测量。左下图是该小组新设计电路的一部分，请你推断并补充完成该电路图 。
(3)实验中根据电压表示数U与电流表示数I的值经描点得到U-I图象如图所示。可求出水果电池的电动势为 V，内阻为 （结果保留三位有效数字）。
10．某同学为研究热敏电阻（约几百欧）的关系，准备有以下器材。
A．待测热敏电阻
B．电压表V（量程3V，内阻约为1kΩ）
C．电流表A（量程60mA，内阻约为0.1Ω）
D．滑动变阻器R（0～10Ω）
E．电源E（电动势3V，内阻忽略）
F．开关与导线若干
(1)为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，以下的四个电路中应选用 进行实验；
(2)该同学对两个不同的热敏电阻、分别进行了测量，得到了两个热敏电阻的关系曲线，如下图所示。把热敏电阻、串联后接到电动势为6.0V、内阻为120Ω的电源上，此时的阻值为 Ω。（结果保留两位有效数字）
三、计算题：本题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，两个固定的等量正点电荷A、B，连线水平相距l，O点的AB的中点。有一质量为m的带负电小球在两电荷连线的中垂面内做匀速圆周运动，带电小球和电荷A的连线与AB连线夹角为45°，重力加速度为g，静电力常量为k。
（1）求带电小球电荷量的大小；
（2）若规定O点电势为0，两电荷连线所在水平面为重力势能的零势能面，求小球最大的电势能；
（3）若电荷的电荷量为，求小球做匀速圆周运动的角速度。
12．在真空室内取坐标系，在x轴上方存在二个方向都垂直于纸面向外的磁场区域Ⅰ和Ⅱ（如图），平行于x轴的直线和是区域的边界线，两个区域在y方向上的宽度都为d、在x方向上都足够长．Ⅰ区和Ⅱ区内分别充满磁感应强度为B和的匀强磁场，边界上装有足够长的平面感光板．一质量为m、电荷量为的带电粒子，从坐标原点O以大小为v的速度沿y轴正方向射入Ⅰ区的磁场中．不计粒子的重力作用。
(1)粒子射入的速度v大小满足什么条件时可使粒子只在Ⅰ区内运动而不会进入Ⅱ区；
(2)粒子射入的速度v大小满足什么条件时可使粒子击中上的感光板。
13．如图，A、B两点电荷相距2m，O为AB连线上的一点，AO距离为0.5m，A、B所带电荷量分别为和，静电力常量为k=9.0×109N·m2/C2，求：
（1）电荷A对电荷B的库仑力大小；
（2）O点的电场强度大小及方向。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】①②. 根据右手定则可知，铜盘转动过程中产生的电流方向是C到D，因此铜片D的电势高于铜片C的电势，故①错误，②正确；
③. 感应电动势
故③正确；
④．根据欧姆定律可得电流为
故④错误．
故选B．
2．C
【详解】AB．由于电场线为平行等间距的直线，所以该电场为匀强电场，故AB错误；
CD．正电荷在电场中所受电场力的方向为该点电场强度的方向，即正电荷所受电场力的方向是自左向右，故C正确，D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．t时刻杆的速度为
v=at
产生的感应电流
则I∝t；故A错误。
B．摩擦生热为
则Q∝t2，故B正确。
C．杆受到的安培力
根据牛顿第二定律得
F-f-F安=ma
得
F随t的增大而线性增大，故C错误。
D．外力F的功率为
P-t图象应是曲线，故D错误。
故选B。
4．D
【详解】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，L2线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加，再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，D正确，ABC错误；
故选D。
5．C
【详解】AB．开关S闭合，电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将极板向右缓慢移动过程中，两板间距离增大，由可知，电场强度减小，电场力减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，根据力的合成法得：
由于重力不变，电场力减小，故拉力减小，故A、B错误；
CD．开关S断开，两板间所带的电荷量不变，根据、、可得：
将极板向右缓慢移动过程中，两板间距离增大，则电场强度不变，电场力不变；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，根据力的合成法得：
由于重力不变，电场力不变，故拉力不变，故C正确，D错误；
故选C。
6．AC
【详解】B.根据题意可知位移关系为：
得
根据
所以两阶段电场强度大小之比为1:3，故B错误.
A.两阶段末速度大小之比为
根据动能定理可得两阶段动能增量之比为1:3，故A正确.
C. 设开始时运动方向为正方向，则动量的增量
P1=mv
P2=-m×2v-mv=-3mv
两阶段动量增量大小之比为1:3，故C正确.
D. 根据
P=Fv
可知，当速度最大时，电场力的功率最大，因电场力之比为1：3，最大速度之比为1：2，故最大功率之比为1：6.故D错误.
7．AC
【详解】A．孤立点电荷﹣Q产生的场强大小与r的关系为
由数学知识得知，E与成正比，选项A正确；
B．由知，r增大，E减小，φ﹣r图像的斜率大小等于场强，则φ﹣r图像斜率随r的增大逐渐减小，而且规定无穷远处电势为零，故
φ＜0
选项B错误；
C．质子从r0到无穷远处，电场力做负功，电势能增大。电子的电势能
由上分析可知φ﹣r图像是非线性关系，则得知电子的电势能与r是非线性关系，且图像斜率随r的增大逐渐减小，选项C正确；
D．根据能量守恒定律得知，动能与电势能总量不变，且总为零，则质子的动能也随r作非线性变化，图像斜率随r的增大逐渐减小，选项D错误。
故选AC。
8．CD
【分析】圆环下落过程中受电场力，重力和弹力的作用，电场力和重力做功，根据动能定理和电场力做功分析其速度，加速度，电势能等内容．
【详解】圆环下落过程中受电场力，重力和弹力的作用，电场力和重力做功，从C到杆的中点前电场力做正功，之后电场力做负功，故电势能先减小后增加，故杆的中点电势能最小，故C正确；圆环下落过程有重力和电场力做功，电场力先做正功后做负功，总功为零，重力一直做正功，故速度不是一直增大，故A错误；从C到D，OC=OD，电场力做功为零，只有重力做功，根据动能定理：mgd＝mv2得到：，故D正确；在杆的中点时，受力分析可知库仑力的合力垂直于杆，其合力为重力的分力mgsinθ=ma，其中θ=45°，解得：a=g，故B错误；故选CD．
9． 甲 A D F 1.40（1.38~1.41） 799(756~874)
【详解】(1)[1]因为电流表内阻已知，所以按图甲电路连接，可以消除系统误差。
[2]因为电池的电动势大约是1.5V，所以电压表选择A。
[3]电路中的最大电流为
所以电流表选D。
[4]由于电源内阻较大，所以选择阻值与之接近的滑动变阻器，即选F。
(2)[5] 可以选择定值电阻G与电流表C进行电表改装，电路如图
(3)[6][7]根据闭合电路的欧姆定律得
变形后
图像与纵轴的交点表示电源电动势，即
图像的斜率为
解得
10． B （~都算对）
【详解】(1)[1]因为热敏电阻约几百欧，则远大于电流表的内阻，则应该采用电流表内接；滑动变阻器要用分压电路，则电路图选择B；
(2)[2]在热敏电阻的U-I图像中做出电源的U-I图像，因为U=6-120I，则如图；
因两电阻串联，则两灯电压之和等于路端电压，由图像可知，此时对电阻RB两端电压为U=3.1V，I=14mA=0.014A，则
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球做匀速圆周运动，则有
可得
（2）小球在运动过程中，机械能和电势能之和守恒，因此小球在最低点时电势能最大，有
可得
（3）固定电荷A对小球的库仑引力为
小球所受合力提供向心力，得
可得
12．(1)；(2)
【详解】(1)粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动，有
得粒子运动的轨道半径
粒子只在Ⅰ区内运动而不会进入Ⅱ区，则
解得速度v满足的条件
(2)粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动，有
得粒子运动的轨道半径
粒子恰好能运动到感光板的运动情况如图所示
粒子在Ⅰ区中运动的圆心为A1、在Ⅱ区中运动的圆心为A2，在图中△A1CD相似于△CA2E，因此
即
解得
因此，要使粒子击中感光板，粒子射入的速度应满足
13．（1）0.9N；（2），方向由O指向B
【详解】（1）由库仑定律得
代入数据得
（2）O点电场强度大小为
代入数据得
方向由O指向B
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