【文档说明】重庆市秀山高级中学校2022-2023学年高二下学期期末模拟物理试题（一） 含解析.docx，共(17)页，1.639 MB，由小赞的店铺上传

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高2024届高二下期物理模拟试题一一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（）A.奥斯特发现了电流热效应的规

律B.赫兹提出了“变化的磁场产生电场”这一假设C.麦克斯韦用实验证实了电磁场理论的正确性D.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现了的电流磁效应，故A错误；B．

麦克斯韦提出了“变化的磁场产生电场”这一假设，故B错误；C．赫兹用实验证实了电磁场理论正确性，故C错误；D．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故D正确。故选D。2.如图所示，在一条张紧的绳子上挂几

个摆，其中AB的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现()A.C摆的频率最小B.D摆的周期最大C.B摆的摆角最大D.B、C、D的摆角相同【答案】C的【解析】【详解】AB．由A摆摆动从而带动其它3

个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等．故AB错误；CD．受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误；3.图1和图2是演示自感现象的两

个电路图，1L和2L为电感线圈。实验时，断开开关1S瞬间，灯1A突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关2S，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图1中，1A与1L的电阻值不相同B.

图1中，闭合1S，电路稳定后，1A中电流大于1L中电流C.图2中，变阻器R与2L的电阻值不相同D.图2中，闭合2S瞬间，2L中电流与变阻器R中电流相等【答案】A【解析】【详解】AB．断开开关1S瞬间，灯1A突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合S1后，待电路稳定时，通过L1的电流大于A1

的电流，且1A与1L是并联关系，电压相等，所以1A的阻值比1L的大，A正确，B错误；C．闭合开关2S，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A的亮度相同，两灯电阻相同，所以变阻器R与2L的电阻值相同，C错误；D．闭合2

S瞬间，2L对电流有阻碍作用，所以2L中电流与变阻器R中的电流不相等，D错误。故选A。4.中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实。如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压4110VU=，输出功率9110WP=，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2=1∶1

00、n3∶n4=100∶1，输电线总电阻r=50Ω。则（）A.U4=U1B.I4=100I1C.通过电阻r的电流I2=2×104AD.电阻r损耗电功率为5×107W【答案】D【解析】【详解】C．升压变压器原线圈电流为511110APIU==根据1221InIn=可得，升压变压器副线圈电流

为531212110A10A100nIIn===则通过电阻r的电流为310A，C错误；D．电阻r损耗的电功率为()223721050W510WrPIr===D正确；A．根据1122UnUn=的解得6

2=10VU电阻r两端的电压为3421050V510VrUIr===则降压变压器原线圈的电压为64532=10V510V9.510VrUUU=−−=同理可得降压变压器副线圈的电压为53443319.51

0V9.510V100nUUn===则41UUA错误；B．由于23II=，同理可得，降压变压器副线圈的电流为35343410010A10A1nIIn===则41II=B错误。故选D。5.如图所示，两列

简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于0.2mx=−和1.2mx=处，两列波的速度均为0.4m/sv=，两列波的振幅均为2cmA=。图示为0=t时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此时刻平衡位置处于0.2mx=和0.8mx=的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于0.5

mx=处，关于各质点运动情况判断错误的是（）A.质点M振动后的振幅为4cmB.0.4mx=处，质点的起振方向沿y轴负方向C.2s=t时，质点M的纵坐标为4cmD.0到2s这段时间内，质点M通过的路程为20cm【答案】C【解析】【详解】A．两列波将同

时传到M点，此时两列波在M引起的振动方向相同，则M是振动加强点，则质点M振动后的振幅为4cm，选项A正确；B．向右传播的波先传到x=0.4m处的位置，根据上下坡法可知，波传到x=0.4m处时质点的起振方向沿y轴负方向，B正确；C．由题图可知，两波的波长都是0.4m，由波长和波速的关系，解得波的周期

0.4s1s0.4Tv===P、Q两质点到M点的距离都是0.3m，两波传到M点的时间都是0.33s0.75s0.44tT===M质点起振的方向向下，再经51.25ss4=，两波的波谷恰好传到质点M，所以M质点的位移是−4cm，纵坐标是−4cm，C错

误；D．0到2s这段时间内，质点M振动的时间是54T，通过的路程是542cm=20cm4s=D正确；此题选择不正确的选项，故选C。6.如图甲所示的电路中，电阻10ΩR=，电压表量程为0～200V，电源接如图乙所示的交流电，下列说法正确的是（）A

.电压表会由于测量值超出量程而被损坏B.每经过1秒，通过R的电流方向改变50次C.不考虑温度对电阻的影响，R的实际功率为3025WD.将电压表换为耐压值是250V的电容器，电容器可以安全工作【答案】C【解析】【详解】A．取一个周期时间，由电流的热效应有22211022022UTTTRRR=+

有效解得U有效174V小于电压表的量程，故电压表不会损坏，故A错误；C．不考虑温度对电阻的影响，则R的实际功率为2UPR=有效=3025W故C正确；B．由图乙可知交流电的周期为0.02s，因为每个

周期，电流方向改变2次，1秒钟经历50个周期，电流方向改变100次，故B错误；D．交流电峰值是311V，超出电容器耐压值，所以电容器不可以安全工作，故D错误。故选C。7.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强

磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x=0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场

区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均

匀减小，故由E=BLv可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力F与安培力大小相等22BLvFFR==安外力F与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故B正确，ACD错误。故选B。二、多项选择题（本题共3个小题，每小5分，共15分。在每个小题给出的四个选项中

，有多项将合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选得0分。）8.LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则（）A.若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由b向aB.若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带负电C.若磁场正在增强，则电场能正

在减少，电容器上极板带正电D.若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b【答案】ABC【解析】【详解】AB．若磁场正在减弱，则电流在减小，充电过程，根据安培定则可确定电流由b向a，电场能增大，上极板带负电，AB正确；CD．若磁场正在增强，则

电流在增大，是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流由b向a，上极板带正电，C正确，D错误。故选ABC。【点睛】归纳总结：判断LC回路处于放电过程还是充电过程的方法：电流流向带正电的极板，电荷

量增加，磁场能向电场能转化，电场能增加，电流减小，磁场能减少，处于充电过程；电流流出带正电的极板，电荷量减少，电场能向磁场能转化，电场能减少，电流增大，磁场能增加，处于放电过程。9.一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振

动图象如图1所示；图2为该波在某一时刻的波形图，A点位于0.5mx=处。下列说法正确的是（）A.由图1可知，位于原点的质点振动的振幅是16cmB.位于原点的质点振动的周期是0.2sC.由图1，在4Tt=时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零D.该波的传播速度是

20m/s【答案】BC【解析】【详解】AB．根据图1可以判断出振幅为8cm，周期为0.2s，A错误，B正确；C．在4T时刻，位于原点的质点刚好回到平衡位置，位移为0，C正确；D．根据图2可以判断出该波波长为2m，则波速为2m/s10m/s0.2vT===D错误。故选BC。是10.如图甲所示，光

滑金属导轨ab、ac成45°角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。长直导体棒垂直ac放置在导轨上，并与ab、ac交于E、F两点，且EF=L0。在外力作用下，导体棒由EF处运动到GH处，速度由v0减小到03v，速度的倒数1v随位移x变化的关系图线如图乙所示。除阻值为

R的电阻外，其他电阻均不计。在棒由EF处运动到GH处的过程中（）A.导体棒所受安培力逐渐增大B.导体棒所受安培力逐渐减小C.克服安培力做功为23002BLRvD.克服安培力做功为23004BLRv【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．由乙图知图像

的斜率000003112vvkLLv−==由011kxvv=+代入k值得000LvvxL=+导体棒切割磁感线产生的感应电动势000000()LvEBlvBLxBLvxL==+=+感应电流EIR=所以感

应电动势和感应电流都不变。又2000()BLvFLxR=+所以安培力逐渐增大，选项A正确，B错误；CD．由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力对位移的平均值。根据题意，当导体棒运动2L0时，导轨间导体棒长度为3L0，安培力平

均值20000(3)2BLvFLLR=+克服安培力做功23004BLvWFxR==选项C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本大题共2个小题，共15分）11.小雷在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20cm；用20分度游标卡尺测得小球直径

如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间。则：（1）小球直径为______cm，单摆的周期为______s；（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值______（选填“偏大”“偏小”或“

准确”）；（3）他以摆长（L）为横坐标、周期的二次方（T）为纵坐标作出了2TL−图线、由图像测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=______（用题目中给定的字母表示）；（4）小雷根据实验数据作出的图像如图所示，造成图像不过坐标原

点的原因可能是______。【答案】①.2.980②.1.51③.偏大④.24πk⑤.计算摆长时未加上小球的半径【解析】【详解】（1）[1]小球直径29mm160.05mm29.80mm2.980cmD=+==[2]单摆的周期为6015.5s1.51s5

0T+==（2）[3]根据单摆周期公式2πLTg=变形可得224πLgT=如果他在实验中误将49次全振动数为50次，会造成T的测量值偏小，则测得的g值偏大。（3）[4]根据单摆周期公式2πLTg=变形可得224πTgL=即图线的斜率为

24πkg=解得24πgk=（4）[5]根据T2关于L的表达式可知理论图像应过原点，且斜率不变，对比实际所作的图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是计算摆长时未加上小球的半径。12.温度传感器是一种将温度变化转换为电学量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学

量随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是由半导体材料制成的热敏电阻。在某次实验中，为了测量热敏电阻RT在0℃到100℃之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路。为其实验步骤如下：①正确连接电路，在保温容器中加入适量开水；②加

入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热敏电阻的阻值；③重复第②步操作若干次，测得多组数据。（1）该小组用多用电表“×100”挡测热敏电阻在100℃下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测

量，应换到________挡（选填“×10”、“×1k”）；如果换挡后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：________，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是________Ω。实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图丙的R﹣t关系图线，

请根据图线写出该热敏电阻的R﹣t关系________；（2）若把该热敏电阻与电源（电动势E=1.5V、内阻不计）、电流表（量程为5mA、内阻Rg=100Ω）、电阻箱R0串联起来，连成如图丁所示的电路，用该电阻作测温探头，

把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”。①电流表刻度较大处对应的温度刻度应该________（填“较大”或“较小”）；②若电阻箱的阻值取R0=220Ω，则电流表3mA处所对应的温度刻度为________

℃。【答案】①.×10②.欧姆调零③.200④.100Rt=+⑤.较小⑥.80【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]用多用表的“×100”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大，

说明电阻较小，换用小倍率的，所以换用“×10”倍率；换挡后，需重新欧姆调零。[3]电阻的阻值等于20×10Ω=200Ω[4]结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为R=t+100（2）①[5]由闭合电路欧姆定律有E=I

g（R+R′+Rg）可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，即电流刻度较大处对应的温度刻度应该较小。②[6]若电阻箱阻值R′=220Ω时，代入E=Ig（R+R′+Rg）得热敏电阻的阻值为R=180Ω结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为R=t+100故此时对应的温度数值为

80℃。四、计算题（本大题共3个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。）13.用某种材料做成的直角三棱镜ABC，如图所示，一束光线从

AB面的中点P平行于底边BC射入棱镜，经BC面反射后垂直于AC边射出，已知AB长为a，真空中光速为c，则：(1)请做出这束光线在三棱镜内的光路图；(2)请求出该材料对光的折射率；(3)请求出该光在三棱镜中的传播时间。【答案】(1)光路图见解析；(2)3；(

3)334ac【解析】【详解】(1)画出光路如图：(2)由几何关系可知，光线在P点的入射角i=60°，折射角为r=30°则折射率sinsin603sinsin30inr===(3)光线在玻璃中的速度3ccvn==12PDBPa==32cos302aBDPB==33cos30

26aaaDC=−=传播距离：133cos30264aaxa=+=传播时间：334xatvc==14.如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是0=t时刻的波形图，虚线是0.2st=时刻的波形图。（1）若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度；（2）若波沿x轴正方向传播，求它

的最大周期；【答案】（1）2015(m/s)vn=+（n=0，1，2，3.....）；（2）0.8s【解析】【详解】（1）波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为3()43(m)4xnn=+=+（n=0，1，2，3.....）传播的速度为2015(m/s)xvnt==+（n=0，1

，2，3.....）（2）波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为1()4tnT=+（n=0，1，2，3.....）得4Δ0.8s4141tTnn==++（n=0，1，2，3.....）当n=0时周期最大，即最大为0.8s。15.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图

甲所示放置，间距为1md=，在左端弧形轨道部分高1.25mh=处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为2Ω=aR、5Ω=bR，在平直轨

道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度2TB=。现杆b以初速度大小05m/sv=开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度一时间图象如图乙所示（以a运动方向为正方向），其中

2kgam=，1kgbm=，g取210m/s，求：（1）杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度；（2）杆a在弧形轨道上运动的时间；（3）杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；（4）在整个运动过程

中杆b产生焦耳热。【答案】（1）5m/s；（2）5s；（3）73C；（4）1156J【解析】【详解】（1）杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时由机械能守恒定律212aaamghmv=解得va＝5m/s（2）设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量

定理，有00Δ()bbBdItmvv=−其中：vb0＝2m/s，v0＝5m/s，代入数据解得Δt＝5s（3）设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝（ma＋mb）v′代入数据解得v′＝83m/s杆

a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma（va－v′）的而q＝I·Δt′代入数据得q＝73C（4）由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为22011()22ababQmghmvmmv=+−

+解得161J6Q=b棒中产生的焦耳热为