2023-2024学年上学期期末模拟考试卷06
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．计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器。且电压保持不变图示键盘连着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器（ ）
A．电容变小 B．金属片间的场强变小
C．电荷量增大 D．处于放电状态
2．如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时（）
A．在时间，穿过金属圆环L的磁通量最大
B．在时刻，穿过金属圆环L的磁通量最小
C．在时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
D．在时间内，金属圆环L有收缩趋势
3．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )
A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境
B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律
C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量
D．牛顿首次提出“提出假说，数学推理实验验证，合理外推”的科学推理方法
4．某次实验中，同学根据电路图甲完成观察并记录电容器放电过程中电流随时间的变化，完成电流随时间变化的图像，如下图乙所示，现该同学改变了电路中的某个电学元件，其它条件不变，重新进行上述实验，再次得到图丙，发现两图中坐标轴与图线所包围的面积相等，则该同学的改变可能是（ ）
A．换了一个电动势更小的电源
B．换了一个电容更小的电容器
C．换了一个阻值更小的电阻
D．换了一个阻值更大的电阻
5．1930年，英国物理学家狄拉克预言了正电子的存在。1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子穿过铅板后速度减小，因此在磁场中做圆周运动的半径增大
B．粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期变大
C．图中的粒子是由下向上穿过铅板的
D．该强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向里
6．下列描述电场的物理量中哪些与试探电荷无关？( )
A．电场强度 B．电势 C．电势能 D．电势差
7．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格完全相同．开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光．下列说法中正确的是
A．闭合开关S后，灯泡L1和L2亮度相同
B．闭合开关S后，灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变
C．闭合开关S后，灯泡L2两端的电压变小
D．闭合开关S后，变压器原线圈的输入功率不变
8．实验室一台手摇交流发电机产生的电动e=10sin10πt(V),内阻=1.0Ω,和R=9.0Ω的电阻连成如图所示有电路,图中电流表A为理想表.闭合开关S,则
A．该交变电流的频率为10Hz
B．该电动势的有效值为10V
C．电阻R所消耗的电功率为10W
D．电流表A的示数为1.0A
第Ⅱ卷
二、实验题：本题共2小题，共15分。
9．某物理兴趣小组测量一段某材料制成的电阻丝Rx的电阻率。
(1)先用螺旋测微器测量电阻丝Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d= mm；再用刻度尺测出电阻丝Rx的长度为L；
(2)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用 挡（选填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为 Ω；
(3)为了准确测量电阻丝的电阻Rx，某同学设计了如图丙所示的电路。
①闭合S1，当S2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1；当S2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，则待测电阻的阻值为Rx， （用题中的物理量符号表示）；
②根据电阻定律计算出该电阻丝的电阻率ρ= （用Rx、d、L表示）。
10．某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线．
(1)甲同学要描绘一个标有“3.6 V 1.2 W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：
电压表V(量程5 V，内阻约为5 kΩ)；
直流电源E(电动势4.5 V，内阻不计)；
电流表A1(量程100 mA，内阻约为2 Ω)；
电流表A2(量程500 mA，内阻约为1 Ω)；
滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω)；
滑动变阻器R2(阻值0～200 Ω)．
实验中电流表应选 ，滑动变阻器应选 (填写器材代号)；在虚线框中画出完整的实验电路图，并标明器材代号 ．
(2)乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图1所示．然后他用如图2所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图1上(A点和B点)．已知R0＝8.0 Ω，则该电源的电动势E′＝ V，内电阻r′＝ Ω，用图2的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P＝ W．
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．如图甲电路中，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，改变R的阻值，电压表与电流表示数变化关系如图乙，电表为理想电表。当滑片在a、b端时电流表示数分别为0.6A和0.1A．求：
（1）电源电动势和滑动变阻器最大阻值；
（2）当滑片从b端滑到a端，滑动变阻器消耗的功率P随R的阻值变化关系如图丙，图像中R1=5Ω，求R2的大小。
12．如图所示，固定于水平面上的足够长的金属框架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B0=2T，柜架的左端串有阻值为R=5Ω的定值电阻，框架的宽度L=0.5m，质量m=0.05kg，电阻不计的金属棒MN与导轨垂直并良好接触，金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5，金属棒在F=0.5N的水平恒力作用下由静止开始沿框架向右运动，最后达到稳定速度。重力加速度大小为g，导轨的电阻不计。求：
（1）金属棒开始运动瞬间的加速度大小；
（2）金属棒达到的稳定速度大小；
（3）金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置GH到框架左端的距离为x=7.5m，并将该时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，使金属棒中不产生感应电流，则t=2s时磁感应强度B为多大？
13．两平行金属板A、B水平放置，一个质量为kg的带电微粒，以的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d=4cm，板长l=10cm，g取10m/s2。当A、B间的电压为V时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场。
（1）据题意判断本题是否应忽略带电微粒的重力？
（2）求该微粒的电荷量；
（3）令B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板所加电势的范围。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距d减小，根据
可知电容C变大，因两板电压U一定，根据
Q=CU
可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，此时根据
可知金属片间的场强E变大。
故选C。
2．D
【分析】根据B-t图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化．
【详解】A项：由B-t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误；
B项：在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，B错误；
C项：在t1-t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流．故C错误；
D项：在t1-t2时间内，L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确．
故选D．
【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系．
3．A
【详解】A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷入了困境，A正确；
B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的三大定律，B错误；
C．英国物理学家、化学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量，C错误；
D．首次提出“提出假说，数学推理实验验证，合理外推”的科学推理方法的是伽利略，D错误。
故选A。
点晴：古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定．伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷入了困境．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的定律．英国物理学家、化学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量。
4．D
【详解】A．电源电动势变小，则根据
可知，电容器充满电后储存的电量减小。A错误；
B．电容减小，则根据
可知，电容器充满电后储存的电量减小。B错误；
C．阻值减小，则放电瞬间电流增大，与图丙的截距矛盾，C错误；
D．阻值增大，则放电电流减小，并且电量不变。D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．粒子穿过铅板后速度减小，根据
解得
可知在磁场中做圆周运动的半径减小。故A错误；
B．根据
可知粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期不变。故B错误；
C．根据A选项分析可知粒子的轨道半径减小，图中的粒子是由上向下穿过铅板的。故C错误；
D．依题意，正电子带正电，由上向下穿过铅板，由左手定则可知，该强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向里。故D正确。
故选D。
6．ABD
【详解】电场强度的定义：试探电荷在电场中受到的电场力与试探电荷所带电量的比值，定义的是一个“比值”，与所带的电量无关，故A正确；电势的定义：试探电荷在电场中具有的电势能与试探电荷所带电量的比值，定义的是一个“比值”，与所带的电量无关，故B正确；电势能的大小与在电场中移动试探电荷时，电场力做的功的大小有关，故与试探电荷的电量有关，故C错误；电势差的定义：，定义的也是一个“比值”，与所带的电量无关，故D正确．故选ABD．
【点睛】该题中，与电场有关的几个物理量中，电场强度，电势，电势差定义的都是“比值”，故与试探电荷所带的电量无关．
7．AC
【详解】ACD．当S接通后，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，原线圈电压减小，匝数比不变故副线圈电压减小，所以灯泡L2两端的电压变小；根据电流与匝数成反比，设原线圈电流为I，则通过副线圈电流为2I，L2、L3规格相同，所以通过L2和L3的电流为I，所以灯泡L1和L2的电流相同，灯泡灯泡L1和L2亮度相同，故AC正确，D错误；
B．因为输入电流变大，灯泡L1的电压增大，灯泡L1变亮，灯泡L2两端的电压减小，所以灯泡L2亮度变暗，故B错误；
故选AC.
8．BD
【详解】产生的电动势e=10sin10πt（V），ω=10πrad/s，交流电的频率f==5Hz，故A错误；产生的电动势的最大值为10V，所以该电动势的有效值为U=V=10V，故B正确；根据欧姆定律得：电路中交流电的有效值，则电流表A的示数为1.0A；电阻R所消耗的电功率为，选项C错误，D正确；故选BD．
9． 0. 200 ×1 14.0
【详解】(1)[1]甲图中，螺旋上的20对应主尺的水平线，主尺上露出的示数是零，所以直径为0.200mm；
(2)[2]用多用电表测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用小量程电阻挡，用“×1”挡；
[3]指针静止时指在如图乙所示刻度，读数为14，乘挡位“×1”，所以是14.0Ω；
(3) ①[4] 当S2接a时，电压表测Rx和R0的电压，电流表测Rx和R0的电流，则有
当S2接b时，电压表测R0的电压，Rx和R0的电流，则
联立两式可得
②[5] 根据电阻定律
可得
10． (1)A2 R1 如图所示；
(2)3.0 2.0 0.20
【详解】（1）[1][2][3]．灯泡的额定电流电流表应选A2；为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的电阻约为R==10.8Ω，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此实验电路图：
（2）[4][5][6]．将电阻R0等效到电源的内部，连接A、B两点并交于横轴和纵轴，该图线为电源外电压与电流的关系图线．如图，当电流为0时，外电压为3V，则电源的电动势为E=3.0V，内阻
r=-8=2.0Ω．
此时元件3的电流和电压分别为：0.2A，1.0V，则
P=UI=0.2W．
点睛：解决本题的关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻．
11．（1）6V，50Ω；（2）20Ω
【详解】（1）定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当滑片位于b端时，全部接入，滑动变阻器接入的阻值最大，总电阻最大，电流最小，根据乙图可知最小电流为0.1A，此时电压表的示数为5V，滑动变阻器接入的电阻为
设电源电动势为E，定值电阻的阻值为R0，当滑动变阻器的滑片在b端时，根据串联电路电压的关系有
当滑片位于a端时，电路中的电流为0.6A，只有R0接入电路，则根据闭合电路欧姆定律
整理可知
，
（2）根据图丙可知，当滑动变阻器接入的阻值为5Ω时，电路中的总电阻为
根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的电流为
滑动变阻器消耗的功率为
当滑动变阻器的阻值为R滑2时，滑动变阻器的功率为
整理可知
12．(1)5m/s2；(2)1.25m/s；(3)1.5T。
【详解】（1）金属棒开始运动瞬间安培力为零，金属棒水平方向受到拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
解得：
a=5m/s2；
（2）金属棒达到稳定时受力平衡，水平方向受到拉力、摩擦力和安培力作用。根据平衡条件可得：
F=μmg+B0IL
其中 解得
代入数据解得：
v=1.25m/s；
（3）金属棒达到稳定速度后，某时刻的位置GH到框架左端的距离为x=7.5m，并将该时刻记作t=0，则该时刻的磁通量为：
Φ1=B0Lx
则t时的磁通量
Φ2=BL（x+vt）
金属棒中不产生感应电流，则有
Φ1=Φ2
解得
当t=2s时
13．（1）不能忽略微粒的重力；（2）；（3）-600V＜φA＜2600V
【详解】（1）由题意可知，微粒不发生偏转，说明微粒受电场力与重力平衡，即本题不能忽略微粒的重力；
（2）当UAB=1000V时，重力跟电场力平衡，微粒沿初速方向做匀速直线运动，由平衡条件得
代入解得
（3）当qE＞mg时，带电微粒向上偏，设微粒恰好从上板右边缘飞出时A板电势为φ1，因φB=0，所以
UAB=φ1
此时，微粒在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀加速运动，加速度为
且
、
联立解得
当qE＜mg时，带电微粒向下偏转，竖直方向加速度
且
、
联立解得
因为粒子带负电，所以电场向上，B板接地，电势为零，A板电势-600V；要使微粒射出偏转电场，A板电势φA应满足
-600V＜φA＜2600V
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
