高二物理期末模擬卷江蘇專用測試范圍：選必一全冊、選必二第一、二、三章（人教版2019）（全解全析）

2024-2025學(xué)年上學(xué)期期末模擬考試高二物理1．若一重為100N課桌受到10N的水平推力作用，保持靜止，則5s內(nèi)水平推力對課桌的沖量大小為（）A．0B．10NsC．50NsD．500Ns【答案】C【解析】5s內(nèi)水平推力對課桌的沖量大小為I=Ft=10×5Ns=50Ns，故選C。2．根據(jù)高中物理所學(xué)知識，分析下列生活中的物理現(xiàn)象：①當(dāng)正在鳴笛的火車向著我們疾馳而來時，我們聽到汽笛聲的音調(diào)變高②肥皂膜在陽光下呈現(xiàn)彩色③聞其聲而不見其人④觀眾在看立體電影時要戴上特制的眼鏡，這樣看到電影畫面的效果具有立體感這些物理現(xiàn)象分別屬于波的（）A．偏振、干涉、衍射、折射B．多普勒效應(yīng)、衍射、干涉、反射C．衍射、干涉、多普勒效應(yīng)、偏振D．多普勒效應(yīng)、干涉、衍射、偏振【答案】D【解析】正在鳴笛的火車向著我們疾馳而來時，我們聽到汽笛聲的音調(diào)變高，這是多普勒效應(yīng)。肥皂膜在陽光下呈現(xiàn)彩色，這是薄膜干涉現(xiàn)象。聞其聲而不見其人，這是聲波的衍射現(xiàn)象。觀眾在看立體電影時要戴上特制的眼鏡，這樣看到電影畫面的效果具有立體感，這是光的偏振現(xiàn)象，即上述物理現(xiàn)象分別屬于波的多普勒效應(yīng)、干涉、衍射、偏振。故選D。3．如圖所示，光滑絕緣水平面上存在方向豎直向下的有界（邊界豎直）勻強(qiáng)磁場，一直徑與磁場區(qū)域?qū)挾认嗤拈]合金屬圓形線圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虛線方向勻速通過磁場。下列說法正確的是（）A．線圈進(jìn)磁場的過程中，線圈中的感應(yīng)電流沿順時針方向B．線圈出磁場的過程中，線圈中的感應(yīng)電流沿逆時針方向C．該拉力的方向水平向右D．該拉力為恒力【答案】C【解析】線圈進(jìn)入磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知線圈中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的電流為逆時針方向，故A錯誤；線圈離開磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變小，根據(jù)楞次定律可知線圈中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)垂直于紙面向里，根據(jù)安培定則可知線圈中的電流為順時針方向，故B錯誤；線圈切割磁感線的有效長度示意圖如圖所示。結(jié)合楞次定律阻礙相對運(yùn)動的推論，根據(jù)左手定則可知安培力始終水平向左，則該拉力的方向水平向右；由于切割磁感線的有效長度是變化的，所以線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是變化的，感應(yīng)電流是變化的，線圈受到的安培力大小是變化的，所以拉力大小是變化的，故C正確，D錯誤。故選C。4．如圖所示為某質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)的振動圖像，則A．質(zhì)點(diǎn)振動的振幅是2m，頻率為4HzB．質(zhì)點(diǎn)在4s末的位移為8mC．質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)的路程為8mD．質(zhì)點(diǎn)在t＝1s到t＝3s的時間內(nèi)，速度先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，且速度先增大后減小【答案】C【解析】由題圖可知振動的振幅A＝2m，周期T＝4s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，選項A錯誤；振動質(zhì)點(diǎn)的位移是質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移，4s末的位移為零，選項B錯誤；0～4s內(nèi)的路程s＝4A＝8m，選項C正確；質(zhì)點(diǎn)從t＝1s到t＝3s的時間內(nèi)，一直沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，選項D錯誤。5．如圖甲所示，兩列橫波在同一水平面上傳播，兩列橫波的波源沿豎直方向振動。橫波1的波源B點(diǎn)的振動圖像如圖乙所示；橫波2的波源C點(diǎn)的振動圖像如圖丙所示。兩列波的波速都為20cm/s。兩列波在P點(diǎn)相遇，P與B、C兩點(diǎn)的距離均為40cm，則P點(diǎn)振幅為A．70cmB．－10cmC．0D．10cm【答案】D【解析】由題圖可知，兩列波的周期都是T＝1s，由v＝eq\f(λ,T)得，波長λ＝vT＝0.2×1m＝0.2m。因PC＝PB＝40cm，即兩波源到P點(diǎn)的距離差為波長的整數(shù)倍，而t＝0時刻兩波的振動方向相反，則P點(diǎn)是振動減弱的點(diǎn)，振幅等于兩列波振幅之差，即為A＝40cm－30cm＝10cm，故A、B、C錯誤，D正確。6．如圖，質(zhì)量為m、長為3L的均勻直導(dǎo)線折成等邊三角形線框LMN，豎直懸掛于兩根絕緣細(xì)線上，并使邊MN呈水平狀態(tài)?，F(xiàn)置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。當(dāng)兩根絕緣細(xì)線所受拉力為零時，通過導(dǎo)線MN的電流強(qiáng)度大小為A．eq\f(mg,2BL)B．eq\f(2mg,3BL)C．eq\f(mg,BL)D．eq\f(2mg,BL)【答案】B【解析】當(dāng)兩根絕緣細(xì)線所受拉力為零時，即等邊三角形線框LMN所受的安培力與重力大小相等，方向相反，由于NLM導(dǎo)線的等效長度為L，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，IMN＝2IMLN，由平衡條件有BIMNL＋B·eq\f(IMN,2)L＝mg，解得IMN＝eq\f(2mg,3BL)。7．在北半球，當(dāng)我們抬頭觀看教室內(nèi)的電扇時，發(fā)現(xiàn)電扇正在逆時針轉(zhuǎn)動。金屬材質(zhì)的電扇示意圖如圖所示，由于地磁場的存在，下列關(guān)于A、O兩點(diǎn)的電勢及電勢差的說法正確的是（）A．A點(diǎn)電勢比O點(diǎn)電勢高B．A點(diǎn)電勢比O點(diǎn)電勢低C．A點(diǎn)電勢等于O點(diǎn)電勢D．扇葉長度越短，轉(zhuǎn)速越快，兩點(diǎn)間的電勢差數(shù)值越大【答案】A【解析】因北半球地磁場方向斜向下（磁場豎直分量豎直向下），電風(fēng)扇逆時針方向轉(zhuǎn)動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則知，A點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，O點(diǎn)相當(dāng)于電源的負(fù)極，所以A點(diǎn)的電勢高于O點(diǎn)的電勢，故選項A正確，BC錯誤；轉(zhuǎn)動切割的電動勢E=eq\f(1,2)Bl2ω，則知扇葉長度越短，轉(zhuǎn)速越快，感應(yīng)電動勢不一定越大，電勢差就不一定越大，故選項D錯誤。故選A。8．下列關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的說法中，錯誤的是（）A．如圖甲所示，當(dāng)蹄形磁體順時針轉(zhuǎn)動時，鋁框?qū)⒊嗤较蜣D(zhuǎn)動B．如圖乙所示的真空冶煉爐能在真空環(huán)境下，使?fàn)t內(nèi)的金屬產(chǎn)生渦流，從而煉化金屬C．如圖丙所示的變壓器的鐵芯是利用薄硅鋼片疊加而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是為了減小發(fā)熱量，提高變壓器的效率D．如圖丁所示的是毫安表的表頭，運(yùn)輸時要把毫安表的正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護(hù)毫安表指針，利用了電磁驅(qū)動的原理【答案】D【解析】圖甲當(dāng)蹄形磁體順時針轉(zhuǎn)動時，通過鋁框的磁通量變化，鋁框產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場阻礙磁通量變化，則鋁框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動，故A正確；高頻交流電產(chǎn)生高頻交變磁場，因電磁感應(yīng)使金屬產(chǎn)生渦流，由于電流的熱效應(yīng)，從而煉化金屬，故B正確；磁場變化越快，感應(yīng)電動勢越大，因而渦流也就越強(qiáng)。渦流能使導(dǎo)體發(fā)熱．變壓器的鐵芯是相互絕緣的薄片疊加而成的，從而減小回路的橫截面積來減小感應(yīng)電動勢，以降低渦流強(qiáng)度，從而減少能量損耗，提高變壓器的效率，故C正確；運(yùn)輸時要把毫安表的正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護(hù)毫安表指針，這是電磁阻尼原理，故D錯誤。本題選擇錯誤的，故選D。9．某同學(xué)利用下圖所示裝置測量某種單色光的波長。實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光；調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋。若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，該同學(xué)可________。A．將單縫向雙縫靠近B．將屏向靠近雙縫的方向移動C．將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動D．使用間距更小的雙縫【答案】B【解析】若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，需要減小條紋間距，由公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，需要減小雙縫到屏的距離l或增大雙縫間的距離d，故B項正確，A、C、D項錯誤。10．某小組做測定玻璃的折射率實驗，所用器材有：玻璃磚，大頭針，刻度尺，圓規(guī)，筆，白紙。該小組用同一套器材完成了四次實驗，記錄的玻璃磚界線和四個大頭針扎下的孔洞如圖所示，其中實驗操作正確的是________?！敬鸢浮緿【解析】由題圖可知，選用的玻璃磚兩光學(xué)表面平行，則入射光線應(yīng)與出射光線平行，B、C錯誤；又光線在玻璃磚中與法線的夾角應(yīng)小于光線在空氣中與法線的夾角，A錯誤，D正確．11．利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。圖中一塊長為a、寬為b、厚為c的半導(dǎo)體樣品薄片放在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)有大小為I、沿x軸正方向的恒定電流通過樣品板時，會在與z軸垂直的兩個側(cè)面之間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。其原理是薄片中的帶電粒子受洛倫茲力的作用向一側(cè)偏轉(zhuǎn)和積累，于是上、下表面間建立起電場EH，同時產(chǎn)生霍爾電壓UH。當(dāng)導(dǎo)電粒子所受的靜電力與洛倫茲力處處相等時，EH和UH達(dá)到穩(wěn)定值，UH的大小與I和B滿足關(guān)系UH＝kHIB，其中kH稱為霍爾元件靈敏度，kH越大，靈敏度越高。半導(dǎo)體內(nèi)導(dǎo)電粒子——“載流子”有兩種：自由電子和空穴（空穴可視為能自由移動的帶正電粒子），若每個載流子所帶電荷量的絕對值為e，薄片內(nèi)單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為n。下列說法中正確的是（）A．若載流子是自由電子，半導(dǎo)體樣品的上表面電勢高B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(neUH,Ic)C．在其他條件不變時，半導(dǎo)體薄片的厚度c越大，霍爾元件靈敏度越高D．在其他條件不變時，單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)n越大，霍爾元件靈敏度越低【答案】D【解析】根據(jù)左手定則，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面的電勢低，故A錯誤；設(shè)電子移動速度為v，則電流I＝neSv由題圖，面積為S＝bc當(dāng)靜電力與洛倫茲力相等時有evB＝eq\f(UH,b)e聯(lián)立解得B＝eq\f(necUH,I)，故B錯誤；由上述分析可知kH＝eq\f(1,nec)在其他條件不變時，半導(dǎo)體薄片厚度c越大，靈敏度越低；在其他條件不變時，單位體積內(nèi)電子數(shù)n越大，靈敏度越低，故C錯誤，D正確。二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題～第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12．在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)關(guān)系”的實驗中：（1）下列儀器中不需要是______。（填寫字母）A．干電池B．磁鐵C．低壓交流電源D．多用表（2）實驗時原線圈接在電源上，用多用電表測量副線圈的電壓，下列操作正確的是______。A．原線圈接直流電壓，多用電表用直流電壓擋B．原線圈接直流電壓，多用電表用交流電壓擋C．原線圈接交流電壓，多用電表用交流電壓擋D．原線圈接交流電壓，多用電表用直流電壓擋（3）若某次實驗中用匝數(shù)N1=400匝、N1=800匝的變壓器，測得N1的電壓U1=3.6V，N2的電壓U2=8.2V，據(jù)此可知______（填“N1”或“N2”）是原線圈匝數(shù)。（4）造成（3）中的誤差的原因可能為______。（填字母代號）A．原線圈上的電流發(fā)熱 B．副線圈上的電流發(fā)熱C．變壓器鐵芯漏磁 D．原線圈輸入電壓發(fā)生變化（5）為了減小能量傳遞過程中的損失，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。作為橫檔的鐵芯Q的硅鋼片應(yīng)按照下列哪種方法設(shè)計______。A． B． C． D．【答案】（1）AB（2）C（3）N2（4）ABC（5）D【解析】（1）“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗，需要器材是學(xué)生電源，提供低壓交流電，同時還需要交流電壓表來測量電壓及可拆變壓器和導(dǎo)線，結(jié)合題目給定的器材，圖A是干電池，B是條形磁鐵，C學(xué)生電源，提供低壓交流電，D是多用電表，用來測交流電流和電壓，結(jié)合器材需求可知，儀器中不需要的是AB。（2）根據(jù)實驗原理可知，原線圈應(yīng)接交流電壓，副線圈接電壓表，應(yīng)接入交流電壓擋。故選C。（3）若某次實驗中用匝數(shù)N1=400匝、N2=800匝的變壓器，測得N1的電壓U1=3.6V，N2的電壓U2=8.2V，N2的電壓，匝數(shù)之比近似等于電壓之比，則有U1:U2=N1:N2，結(jié)合變壓器不是理想的，存在有漏磁、線圈電阻大、鐵芯發(fā)熱、導(dǎo)線發(fā)熱等電能損耗，即副線圈電壓小于原線圈電壓的一半，則N2一定是原線圈，N1為副線圈。（4）原副線圈上通過的電流發(fā)熱，鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱，都會使變壓器輸出功率發(fā)生變化，從而導(dǎo)致電壓比與匝數(shù)比有差別，故AB正確；變壓器鐵芯漏磁，從而導(dǎo)致電壓比與匝數(shù)比有差別，故C正確；原線圈輸入電壓發(fā)生變化，不會影響電壓比和匝數(shù)比，故D錯誤。故選ABC。（5）根據(jù)題意可知，由于變壓器工作時會在鐵芯Q中存在變化的磁通量，為了減小能量傳遞過程中的損失，應(yīng)盡可能使鐵芯Q中不產(chǎn)生較大的渦流，如圖所示。應(yīng)通過相互絕緣的硅鋼片使平行于efgh的各平面和平行于abfe的各平面都不能形成閉合回路，所以作為橫檔的鐵芯Q的硅鋼片應(yīng)按照平行于adhe平面的形式設(shè)計。故選D。13．（8分）半徑為R的固定半圓形玻璃磚的橫截面如圖所示，O點(diǎn)為圓心，與直徑AB垂直的足夠大的光屏CD緊靠玻璃磚的左側(cè)，OO′與AB垂直。一細(xì)光束沿半徑方向與OO′成θ＝30°角射向O點(diǎn)，光屏CD區(qū)域出現(xiàn)兩個光斑，兩光斑間的距離為（eq\r(3)＋1）R，求：（1）此玻璃的折射率？（2）當(dāng)θ變?yōu)槎啻髸r，兩光斑恰好變?yōu)橐粋€？【答案】（1）eq\r(2)（2）45°【解析】（1）細(xì)光束在AB界面，一部分發(fā)生反射，另一部分發(fā)生折射，設(shè)折射角為β，光路圖如圖所示，（2分）由幾何關(guān)系得：L1＝eq\f(R,tanθ)＝eq\f(R,tan30°)＝eq\r(3)R（1分）根據(jù)題意兩光斑間的距離為（eq\r(3)＋1）R所以L2＝R（1分）由幾何關(guān)系知β＝45°（1分）根據(jù)折射定律，折射率n＝eq\f(sinβ,sinθ)＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\r(2)（1分）（2）若光屏CD上恰好只剩一個光斑，則說明該光束恰好在AB面發(fā)生全反射（1分）由sinC＝eq\f(1,n)得臨界角為C＝45°即當(dāng)θ＝45°時，光屏上恰好只剩下一個光斑。（1分）14．（10分）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，如圖所示為t＝0時刻的完整波形圖。P、Q、M三質(zhì)點(diǎn)平衡位置的坐標(biāo)分別為（2m，0）、（eq\f(7,3)m，0）、（16m，0），已知t1＝0.75s時質(zhì)點(diǎn)P首次出現(xiàn)在波谷位置，求：（1）質(zhì)點(diǎn)P的振動方程?（2）質(zhì)點(diǎn)M第一次出現(xiàn)在波峰位置所對應(yīng)的時刻?（3）從t＝0到t2＝1.5s的時間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動的平均速度大小?【答案】（1）y＝10sin2πt（cm）（2）3.75s（3）0.067m/s【解析】（1）t＝0時，P點(diǎn)向上振動，t1＝0.75s時，P首次出現(xiàn)在波谷，則有t1＝eq\f(3,4)T（1分）可得周期T＝1.0s（1分），故質(zhì)點(diǎn)P的振動方程為y＝10sin2πt（cm）（1分）（2）根據(jù)題圖可知波長λ＝4m（1分）則波速v＝eq\f(λ,T)＝4m/s（1分）波峰第一次傳到M點(diǎn)需要的時間為t′＝eq\f(16－1,4)s＝3.75s故對應(yīng)的時刻為t＝3.75s（1分）（3）該簡諧波在t＝0時的波形滿足的函數(shù)關(guān)系為y＝10sineq\f(π,2)x（cm）（1分）t＝0時，質(zhì)點(diǎn)Q偏離平衡位置的位移y1＝－5cm，且此時該質(zhì)點(diǎn)向上振動（1分）t2＝1.5s＝eq\f(3,2)T，Δx＝vt2＝6m＝（1＋eq\f(1,2)）λ，所以t2＝1.5s時，該質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移y2＝10×sineq\f(π,2)×eq\f(1,3)cm＝5cm（1分）所以質(zhì)點(diǎn)Q的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(y2－y1,t2)＝eq\f(20,3)cm/s≈0.067m/s。（1分）15．（12分）如圖，光滑絕緣斜面傾角為θ，斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ相距為L，一質(zhì)量為m、邊長為d（d<L）的正方形金屬線框abef置于斜面上，線框電阻為R，ab邊與磁場邊界MN平行，相距為L，線框由靜止釋放后沿斜面下滑，ef邊離開磁場前已做勻速運(yùn)動，重力加速度為g，求：（1）線框進(jìn)入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量q?（2）線框ef邊離開磁場區(qū)域時的速度大小v?（3）線框穿過磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的熱量Q?【答案】（1）eq\f(Bd2,R)（2）eq\f(mgRsinθ,B2d2)（3）mg（2L＋d）sinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4d4)【解析】（1）線框進(jìn)入磁場的過程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)（1分）通過線框橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt（1分）磁通量的變化量ΔΦ＝Bd2（1分）解得q＝eq\f(Bd2,R)（1分）（2）線框ef邊離開磁場時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(Bdv,R)（1分）受到的安培力F＝IdB＝eq\f(B2d2v,R)（1分）由平衡條件可得mgsinθ－F＝0（2分）解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2d2)（1分）（3）由能量守恒定律有mg（2L＋d）sinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q（2分）解得Q＝mg（2L＋d）sinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4d4)。（1分）16．（16分）某空氣凈化設(shè)備裝置可用于氣體中有害離子的收集和分離，其簡化原理如圖甲所示，Ⅰ區(qū)為電場加速區(qū)，Ⅱ區(qū)為電場收集區(qū)。Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)之間是無場區(qū)。已知Ⅰ區(qū)中AB與CD兩極的電勢差為U，Ⅱ區(qū)中分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場，且EG與FH間的距離為d，假設(shè)大量相同的正離子在AB極均勻分布，初速度為零開始加速，不考慮離子間的相互作用和重力影響。（1）若正離子的比荷為eq\f(q,m)，求該離子到達(dá)CD極時的速度大?。浚?）若正離子的比荷為e