浙江省2021-2022学年高二上学期物理期末检测模拟试卷（Word版含答案）

2021-2022学年高二上学期物理期末检测模拟试卷
一，单项选择题（本题共 13 小题，共 39 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得 得 3 分）
1．如图所示，两个质量均为m、电荷量均为Q的带电小球用绝缘细线悬挂在O点，平衡时它们相距为r，则两球之间的库仑力F大小（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（　　）
A．电势>，场强EA>EB
B．电势>，场强EAC．将+q电荷从A点移动到B点电场力做负功
D．将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA>EPB
3．如图所示，边长为2cm的正三角形ABC处于匀强电场中，电场方向平行于三角形所在平面，将电子由A点移动到B点，电场力做功4eV；将电子由A点移动到C点，电场力做功2eV。则该匀强电场的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
4．两根材料和横截面积均相同的电阻丝A、B的U-I分别如图所示，则A、B的电阻R1、R2及长度L1、L2的关系正确的是（　　）
A．R1R2，L1L2 D．R1>R2，L1>L2
5．某纯电阻电路电源的路端电压U随外电路电阻变化的关系图线如图所示，虚线U=4.5V为图线的渐近线。当外电路电阻为4Ω时，路端电压为4.0V。下列说法正确的是（　　）
A．电源的内阻为1Ω B．电源的电动势为4V
C．当外电路电阻为2Ω时，电源的路端电压为3.6V D．当外电路电阻为8.5Ω时，电源的输出功率为4.25W
6．关于物理概念和规律的理解，以下说法正确的是（　　）
A．质子、电子等带电荷量绝对值为的粒子叫元电荷
B．由可知，与成正比，与成反比
C．磁感应强度的方向就是小磁针北极受磁场力的方向
D．对于不能看做点电荷的两个带电体，库仑定律不适用，静电力也就不存在了
7．质量为M的通电细杆置于倾角为θ的光滑导轨上，有垂直于纸面向里的电流I通过细杆，在如图所示的A、B、C、D四个图中，能使细杆沿导轨向上运动且磁感应强度最小的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的足够宽的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0＜θ＜π）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（　　）
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
9．如图所示，边界MN的左侧区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正三角形铜线框OPQ的顶点O位于MN上，线框绕过O点且垂直于纸面的转轴顺时针匀速运动，角速度为。已知铜线框粗细均匀，边长为a，则当PQ边的中点经过边界MN的瞬间，OP两点的电势差为（　　）
A． B． C． D．
10．某电路两端的电压随时间变化的关系如图所示，该电压的有效值为（　　）
A． B． C． D．
11．不计电阻的线圈L和电容为C的电容器如图连接，开关S先闭合，等电路稳定后，于时开关断开，时LC回路中电容器下极板带正电，且电荷量第一次达到最大值。则（　　）
A．时线圈的感应电动势最大
B．LC回路的周期为
C．电容器所带电荷量最大时LC回路电流最大
D．时回路中电流沿逆时针方向
12．2017年8月，广东省受台风“天鸽”影响，造成大面积停电。某通讯公司准备的应急供电系统如图所示，图中T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是（　　）
A．如果发电机的输出功率为P，则P＝U1I1＝U2I2＝U4I4
B．若，则有U1＝U4
C．用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小
D．如果发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为R
13．如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q（q>0）的小球由轨道左端A点无初速度滑下，轨道的两端等高，C点为轨道的最低点，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，下列说法中正确的有（　　）
A．小球不能运动至轨道右端的最高点
B．小球在最低点C点的速度大小为
C．小球在C点的速度向右时，对轨道的压力大小为3mg－qB
D．小球在C点的速度向左时，对轨道的压力大小为3mg－qB
二，不定项选择题（本题共 3小题，共 6 分。每小题至少有一个选项符合题意，全部选对得 2分 ，漏选得 1 分，错选或不选得 0 分）
14．如图所示，在等量正点电荷的连线上有关于中点O对称的a、b两点，在连线的中垂线上有关于O点对称的c、d两点，下列说法正确的是（　　）
A．沿着连线从a到b，场强先减小后增大，电势先降低后升高
B．沿着连线从a到b，场强先增大后减小，电势先升高后降低
C．电子沿着中垂线从c运动到d，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少
D．电子沿着中垂线从c运动到d，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加
15．如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置I进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置II时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是（　　）
A．在位置II时外力为
B．在位置II时线框中的电功率为
C．此过程中产生的电能为
D．此过程中通过导线横截面的电荷量为
16．如图甲所示，某理想变压器原、副线圈的匝数比为，电流表为理想电表．原线圈所接电源的电压按图乙所示规律变化，副线圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为．则下列判断正确的是（　　）
A．副线圈两端输出电压的有效值为
B．原线圈中电流表的示数约为
C．原线圈两端电压的瞬时值表达式为
D．变压器的输入功率、输出功率之比为
三、实验题
17．（7分）某同学要测一约为5Ω的未知电阻，为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：
A．电压表0～3V，内阻10kΩ
B．电压表0～15V，内阻50kΩ
C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω
D．电流表0～3A，内阻0.01Ω
E．滑动变阻器，0～10Ω．
F、滑动变阻器，0～100Ω
（1）要求较准确地测出其阻值，电压表应选______，电流表应______，滑动变阻器应选______；（填序号）
（2）实验中他的实物接线如图所示，请指出该学生实物接线中的错误有哪些？a______；b．______；c______；d．_____。
18．（7分）有一陶瓷圆筒，外面镀有一层很薄的合金薄膜。为测定薄膜的厚度，某同学先用20分度的游标卡尺测出陶瓷圆筒长度为L，又用螺旋测微器测得筒外径d，最后用多用电表粗测其电阻Rx。并在电工手册查得薄膜的电阻率为。
（1）该同学用20分度游标卡尺陶瓷圆筒长度如图1所示，则其长度为L=________mm，螺旋测微器测得筒外径d如图2所示，则筒外径d=________mm，用多用电表欧姆挡的“×l00挡粗测薄膜电阻值时，表盘上指针如图3所示，则电阻Rx为________。
（2）该同学利用所测得的及查表的数据，求薄膜厚度表达式D=________。
（3）为更精确地测量薄膜的电阻Rx，该同学从实验室中找到如下实验器材：
A．电流表A（量程6mA，电阻RA约为300）
B．电压表V（量程2V，电阻RV=2kΩ）
C．滑动变阻器R（0～20，额定电流1A）
D．电源（12V，内阻约为10）
E.定值电阻R0=10k
F.开关一只，导线若干
①为精确的测量出薄膜电阻，根据上述器材在方框内画出测电阻的最佳方案的电路图_______。
②所测薄膜电阻的表达式Rx=________；写出各符号的物理意义________。
四、解答题
19．（9分）绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，已知A处电荷的电荷量为＋Q，图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L处对应图线的最低点，x=－2L处的纵坐标，x＝2L处的纵坐标，若在x=－2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的带电物块（可视为质点），物块随即向右运动（假设此带电物块不影响原电场分布），求：
(1)固定在B处的电荷的电荷量QB；
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大，才能使小物块恰好到达x＝2L处？
20．（10分）如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从最右端滑到最左端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.4A以下时，电动机没有转动。不考虑电表对电路的影响，电动机内阻不随温度的变化而变化，求：
（1）电源的电动势E和内阻r；
（2）变阻器的最大阻值；
（3）当滑动变阻器的滑片滑动过程中，电动机的最大输出功率。
21．（10分）如图所示，质量为m、电阻未知的导体棒垂直放在相距为l、倾角为的平行光滑金属导轨上，轨道顶端串联一阻值R的电阻，导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度如图所示，其中磁场区域II宽度x可以调节。导体棒由距离磁场区域I上边界d处静止释放，恰能匀速穿过第一个磁场。
（1）导体棒穿过磁场区域I过程，电阻R两端电压；
（2）刚进入磁场区域II时导体棒的加速度；
（3）调节磁场区域II的宽度，使得导体棒恰好出磁场区域II时的速度恰好等于穿出磁场区域I时的速度。测得此情形下从释放到穿出磁场区域II用时为t，求此过程中回路的总焦耳热Q与第二个磁场宽度x。
22．（12分）有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器，其工作原理如图所示。空间中充满竖直向下的匀强电场，一束质量为m、电量为-q（q>0）的粒子以不同的速率从P点沿某竖直平面内的PQ方向发射，沿直线飞行到Q点时进入有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于该竖直平面，PQ=4l。若速度最大粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，且其它速度粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT上的NM范围内，PM=8l，PN=6l，若重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）粒子速度大小的范围。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案
1．C
【详解】
根据库仑定律可知，两球之间的库仑力F大小
故选C。
2．B
【详解】
AB．电场线的疏密表示电场的强弱，所以场强EA，故A错误，B正确；
C．电场的方向就是正电荷受力方向，所以将+q电荷从A点移动到B点电场力做正功，故C错误；
D．根据电势能的定义式可知，将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA故选B。
3．C
【详解】
由题意可知
根据匀强电场电势差与场强的关系可知，AB中点（设为D）的电势与C点电势相等，所以CD为一条等势线，根据电场强度方向垂直于等势线且由高电势指向低电势可知，电场强度方向沿B→A方向，则该匀强电场的电场强度大小为
故选C。
4．D
【详解】
电阻丝的U-I图线是直线，则斜率等于电阻，即由此可知
R1>R2
因两电阻丝的材料和横截面积都相同，由电阻定律
可知
L1>L2
故D正确，ABC错误。
故选D。
5．C
【详解】
A．当外电路电阻为时，路端电压为，根据
解得
A错误；
B．虚线为图线的渐近线，则电源的电动势为，B错误；
C．外电路电阻为时，根据
解得
C正确；
D．外电路电阻为时，电路中的电流
电源的输出功率
解得
D错误。
故选C。
6．C
【详解】
A．质子、电子等带电荷量绝对值为，等于元电荷的电荷量，但不是把质子或电子叫元电荷，故A错误；
B．公式
是比值定义式，与，无关，磁感应强度由磁场本身决定，故B错误；
C．根据磁场方向的规定可知，磁感应强度的方向就是小磁针北极受磁场力的方向，故C正确；
D．对于不能看做点电荷的两个带电体，库仑定律不适用，但静电力依然存在，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】
BD．细杆所受的重力竖直向下，光滑导轨对细杄的支持力垂直斜面向上，B图中杆受安培力水平向左，D图中杆受安培力沿斜面向下，均不可能使细杆沿斜面向上运动，BD错误；
AC．A图中杆所受的安培力水平向右，要使杆沿导轨向上运动，应满足
C图中杆所受的安培力沿斜面向上，要使杆沿导轨向上运动，应满足
安培力最小时磁感应强度最小，因，对比可知，C图中磁感应强度最小，C正确；
故选C。
8．A
【详解】
AB．正粒子从磁场边界入射做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有
从而
当θ为锐角时，画出正粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知，入射点与出射点
而粒子在磁场的运动时间
与速度无关；
当θ为钝角时，画出正粒子运动轨迹如图所示
由几何关系入射点与出射点
而粒子在磁场中运动时间
与第一种情况相同，则若v一定，θ越大，从时间公式可以看出运动时间越短；
若v一定，θ为锐角越大时，则Oa就越大，但θ为钝角越大时，由上式可以看出Oa不一定越远，故A正确，B错误；
C．由
可得粒子运动的角速度
显然与速度无关，故C错误；
D．运动时间无论是锐角还是钝角，时间均为
与速度无关，即若θ一定，无论v大小如何，则粒子在磁场中运动的时间都保持不变，故D错误。
故选A。
9．C
【详解】
当PQ边的中点经过边界MN的瞬间，OQ段和PQ段一部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即O到PQ中点的距离，即
动生电动势为
由右手定则可知，Q点电势比O点电势高，设每个边的电阻为R，OP两点的电势差
联立可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
10．C
【详解】
根据有效值的定义可得
解得
ABD错误，C正确。
故选C。
11．A
【详解】
B．t=0时，线圈中电流向下，断开开关S后，电容器下极板充电。在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t=0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，此时充电一次，则周期为0.08s，故B错误；
A．当t=0.18s时电容器逆时针充电结束，该时刻电流变化最快，线圈的感应电动势最大，故A正确；
C．LC回路中，电容器所带电荷量增大时，由于线圈的自感作用，电路中电流逐渐减小，电荷量最大时，LC回路电流最小，故C错误；
D．当t=0.05s时线圈中电流向上为电容器充电，回路中电流沿顺时针方向，故D错误。
故选A。
12．D
【详解】
如果发电机的输出功率为P，因理想变压器没有能量损失，故有
但输电线上消耗功率，故
故A错误；
B．因为输电线上有电压损失，所以U1≠U4，故B错误；
C．用户消耗的功率越大，三个回路中的电流越大，输电线上消耗的功率也越大，故C错误；
D．如果发电机的输出功率为P，则输电线中的电流为
输电线上消耗的功率为
故D正确。
故选D。
13．C
【详解】
A．小球受重力、轨道的支持力、洛伦兹力作用，只有重力做功，机械能守恒，设到右端的最高点的速度为v1，由机械能守恒定律得
得
v1=0
恰好到右端的最高点，故A错误；
B．从A到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
故B错误；
C．小球在C点的速度向右时，洛伦兹力方向向上，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律对轨道的压力大小为3mg－qB，故C正确；
D．小球在C点的速度向左时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知对轨道的压力，故D错误。
故选C。
14．AD
【详解】
AB．根据等量同种正电荷电场线和电势分布可知，沿着连线从a到b，场强先减小后增大，电势先降低后升高，故A正确，B错误；
CD．等量同种正电荷中垂线上，中垂线与两电荷交点电势最大，电子沿着中垂线从c运动到d，电势先增大后减小，电势能先减少后增加，则电场力先做正功后做负功，故C错误，D正确。
故选AD。
15．BC
【详解】
A．在位置Ⅱ时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流
线框左右边所受安培力的方向均向左，所以
得
故A错误；
B．此时线框中的电功率为
故B正确；
C．金属线框从开始至位移为L的过程，产生的电能
从位移为L到为 的过程，产生的电能
所以整个过程产生的电能为，故C正确；
D．此过程穿过线框的磁通量的变化为0，通过线框横截面的电荷量为
故D错误。
故选BC。
16．AD
【详解】
A．变压器原线圈的电压有效值为
由变压器的原副线圈的电压与匝数成正比可得
A正确；
B．副线圈中的电流由电功率公式可得
由理想变压器的原副线圈电流比与匝数成反比，可得原线圈中的电流
B错误；
C．由图乙可知交流电的周期为T=0.02s，角速度为
原线圈两端电压的瞬时值表达式为
C错误；
D．变压器的输入功率
所以变压器的输入功率、输出功率之比为
P1:P2=
D正确。
故选AD。
17．A C E 线不能接在滑动变阻器的滑片上 电流表的极性接反了 电压表应该直接并接在待测电阻两端 电压表量程接错
【详解】
（1）因为用两节干电池，则电压表应选A；电路中电流不超过0.6A，则电流表应选C；滑动变阻器要接成分压电路，则应选阻值较小的E；
（2）该学生实物接线中的错误有：
a．线不能接在滑动变阻器的滑片上；
b．电流表的极性接反了；
c. 因待测电阻较小，则应该用电流表外接，即电压表应该直接并接在待测电阻两端；
d．电压表量程接错。
18．103.35 12.135/12.134/12.136 2200 见解析 U为电压表示数，R0为定值电阻阻值，Rv为电压表内阻，I为电流表示数
【详解】
（1）陶瓷圆筒的长度为
陶瓷圆筒的外径为
薄膜的电阻值为
（2）根据电阻定律可得
解得
（3）由于滑动变阻器的阻值远小于薄膜的阻值，所以应采用分压式接法；由于电压表量程小于电源电压，所以需要对电压表进行括量程改装，即将定值电阻R0与电压表串联；由于改装后电压表的内阻已知，所以可获得通过电压表的电流值，则电流表应采取外接法，从而最大限度地消除系统误差，综上所述可得电路图如图所示。
根据串并联电路的规律可得Rx两端电压为
通过Rx的电流为
根据欧姆定律可得所测薄膜的电阻为
U为电压表示数，R0为定值电阻阻值，Rv为电压表内阻，I为电流表示数。
19．(1)；(2)
【详解】
(1)由题图乙得x=L处为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强为0，则有
代入数据得
(2)从x=-2L到x=2L的过程中，物块先做加速运动再做减速运动，由动能定理得
即
解得
20．（1）7.2V，；（2）；（3）2.16W
【详解】
（1）根据电源和电动机的特点可推知题图乙中上方斜率为负的直线表示电压表V2的读数随电流表读数的变化图线，下方斜率为正的直线与曲线表示电压表V1的读数随电流表读数的变化图线。所以电源的内阻为
当I=0.2A时，U=6.8V，所以电源的电动势为
E=U+Ir=7.2V
（2）电动机的内阻为
当I=0.2A时，R接入电路的阻值最大最大，则
E=I(r+Rm+rM)
解得
（3）当I=0.6A时，电动机的输出功率最大，为
Pmax=UI－I2rM=2.16W
21．（1）；（2）-gsinθ，方向沿斜面向上；（3）13mgdsinθ；8d
【详解】
（1）进入磁场后匀速运动，则
解得
（2）导体棒进入磁场前
导体棒刚进入磁场II时的速度
刚进入磁场时
联立解得
a=-gsinθ
负号表示方向沿斜面向上；
（3）导体棒从开始释放到刚进入磁场II时时间为
则磁场II中的运动时间
从进入磁场II到出离磁场II由动量定理
其中
解得
x=8d
由能量关系可知此过程中回路的总焦耳热
22．（1）；（2）
【详解】
(1)带电粒子沿PQ直线运动，说明重力和电场力二力平衡，由平衡条件可知
qE=mg
解得
(2)进入磁场的速度方向沿PQ直线，说明圆心在过Q点垂直PQ的垂线上，若速度最大粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，说明圆心在PT上，所以圆心是垂直PQ的直线与PT的交点A，设最大速度为v1，做圆周运动的半径为R。如图所示
由几何关系可知
解得
由几何关系
可得
∠QAP=53°
带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供
解得带电粒子最大速度为
设最小速度为v2，做圆周运动的半径为r。圆心在C点，因为三角形是AQM是等腰三角形，过C点作CD平行于PT交QM于D，由几何关系可知
CQ=CD
所以最小速度的带电粒子刚好从D点离开磁场。半径是CQ，过D点用DK平行于QA交PT于K，在直角三角形NDK中，由几何关系可知
解得
带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供
解得带电粒子最大速度为
所以带电粒子的速度范围为
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