2023-2024学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期末物理
模拟试卷
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．奥斯特首先发现了电磁感应现象
B．楞次首先提出在电荷的周围存在由它产生的电场这一观点
C．安培首先提出分子电流假说
D．库仑首先发现了法拉第电磁感应定律
2．（3分）紫外线杀菌灯是一种用于室内物体表面和空气的杀菌消毒灯，在防控重点场所可使用一种人体感应紫外线杀菌灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法错误的是（ ）
A．红外线感应开关通过接收到人体辐射的红外线来控制电路通断
B．红外线的衍射能力比紫外线的强
C．紫外线能消杀病菌是因为紫外线具有较高的能量
D．红外线的光子能量比紫外线的大
3．（3分）首先发现电流的磁效应现象和首先发现电磁感应现象的物理学家分别是（ ）
A．科拉顿和奥斯特 B．特斯拉和安培
C．安培和法拉第 D．奥斯特和法拉第
4．（3分）一带负电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图像如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（ ）
A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．M点的电势低于N点的电势
C．带电粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大
D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
5．（3分）两个白炽灯泡上分别标有“220V 100W”和“220V 40W”字样，则它们正常工作时的电阻之比是（ ）
A．1：1 B．2：5 C．3：5 D．5：2
6．（3分）如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP′，PP′穿过金属环的圆心．现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则下列组合正确的是（ ）
①磁铁穿过金属环后，两者将先、后停下来
②磁铁若能穿过金属环，在靠近和离开金属环的过程中金属环的感应电流方向相同，金属环所受的安培力方向相同．
③磁铁与圆环的最终速度
④整个过程最多能产生热量v02．
A．①② B．③④ C．②③ D．①④
7．（3分）一弹簧振做简谐运动，当位移为振幅的三分之一时，其动能为总能量的（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置。小明通过实验测得当地重力加速度为g＝9.8m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示。设图中单摆向右摆动为正方向，g≈π2，则下列选项正确的是（ ）
A．此单摆的振动频率是2Hz
B．根据图乙可知开始计时摆球在C点
C．图中P点向正方向振动
D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为1.0m
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（多选）9．（5分）图示是一列简谐波在t＝0时刻的波形图，此时质点Q正沿y轴正方向运动。则下列判断正确的是（ ）
A．此时质点P沿y轴正方向运动
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波的波长为2m
D．从t＝0时刻起，质点P比质点Q晚回到平衡位置
（多选）10．（5分）在竖直平面内有一电场强度大小为E的匀强电场，将一个质量为m、电量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角做直线运动。关于带电小球的电势能ε和机械能Ep的判断，正确的是（ ）
A．若θ＜90°且sinθ，则ε、Ep一定不变
B．若45°＜θ＜90°且tanθ，则ε可能减小、Ep可能增加
C．若0＜θ＜45°且tanθ，则ε可能增加、Ep一定减小
D．若0＜θ＜45°且tanθ，则ε可能减小、Ep可能增加
（多选）11．（5分）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，已知ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，l＝1m，电场线与四边形所在平面平行。已知a点电势为18V，b点电势为22V，d点电势为6V，则下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势为14V
B．场强的方向由a指向c
C．场强的方向由b指向d
D．匀强电场的场强大小为4V/m
（多选）12．（5分）手机自动计步器的原理如图，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。下列对传感器描述正确的是（ ）
A．匀速运动时，电阻R以恒定功率发热
B．由向前匀速突然减速时，电容器的电容增大
C．保持向前匀减速运动时，MN之间的电场强度持续增大
D．由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表
三．实验题（共5小题，满分56分）
13．（8分）测量一节干电池的电动势和内阻。实验室除提供开关S和导线外，还有以下器材可供选择：
A.电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ）
B.电流表A（量程3mA，内阻Rg＝99.5Ω）
C.滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
D.滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流1A）
E.定值电阻R3＝0.5Ω
根据可选用的器材，设计了如图甲所示的测量电路图。
（1）该同学将电流表与定值电阻R3并联，改装成量程是 A的新电流表；
（2）滑动变阻器选用 （选填“R1”或“R2”）；
（3）根据实验电路图，请将图乙电路连接完整；
（4）利用上述测量电路测得数据，以电流表A的直接读数I为横坐标，以电压表V的读数U为纵坐标绘出了如图丙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E＝ V（结果保留三位有效数字），内阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）。
14．（10分）李同学要测量新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为L＝ mm。
用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝ mm。
（2）彭同学用多用电表粗测圆柱体的阻值：当用“×100Ω”挡测量时指针偏转角过小，为提高测量的精确度，应换 挡（填“×1kΩ”或“×10Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为 Ω。
（3）马同学想用伏安法测量其电阻，设计了一个如图丁所示的电路图。请你从安全性、精确性等角度评价这一方案，并指出一条该方案可能出现的问题 。
15．（10分）某家庭用一个标有“220V1000W”的电热水器来烧水，该电热水器正常工作20min，可将质量为5kg温度为20℃的水加热到60℃，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）．求这段时间内：
（1）水吸收的热量？
（2）电热水器的热效率？
（3）电热水器正常工作的电阻多大？
16．（12分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g。问：
（1）若从A点出发时两小球的初速度均为v0，则小球M出电场时的水平分速度多大？
（2）A点距电场上边界的高度多少？
（3）若两小球刚离开电场时，M的动能为N的动能的1.5倍。该电场的电场强度大小多大？
17．（16分）如图所示，一个劲度系数非常大的弹簧（弹簧长度和弹开物块时弹簧作用时间均可以忽略不计）一端固定在倾角为θ＝37°的斜面底端。若将一质量为m＝1kg的滑块P从斜面上A点由静止释放，滑块与弹簧相互作用后，弹簧最大弹性势能为Ep，滑块反弹后能沿斜面运动到的最高点为B（未在图中画出）。现锁定弹簧，使其弹性势能仍为Ep（已知A点距弹簧自由端距离为8m，滑块P与粗糙斜面动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，滑块可视为质点）求：
（1）滑块P在斜面上反弹到的最高点B与初始位置A的距离x1；
（2）现将一光滑滑块Q和滑块P并排紧挨着置于斜面底端弹簧处，P、Q质量相等，Q在下，P在二，然后解除弹簧锁定，P、Q沿斜面上滑的距离x2；
（3）若在问题（2）中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生弹性碰撞，则第一次碰撞后P和Q的速度大小分别为多少；
（4）若在问题（2）中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生完全非弹性碰撞，碰后两滑块成为一个整体，求滑块P在斜面上运动的总路程。
2023-2024学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．【解答】解：A、法拉第首先发现了电磁感应现象，故A错误；
B、法拉第首先提出在电荷的周围存在由它产生的电场这一观点，故B错误；
C、安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似的特点首先提出分子电流假说，故C正确；
D、纽曼与韦伯首先总结了电磁感应定律，故D错误。
故选：C。
2．【解答】解：A、由于人体可以向外辐射红外线，所以红外线感应开关通过接收到人体辐射的红外线来控制电路通断，故A正确；
B、根据电磁波谱可知，红外线的波长比紫外线的长，若障碍物的尺寸与光的波长相当，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象十分明显，可知红外线的衍射能力比紫外线的强，故B正确；
CD、根据电磁波谱可知，红外线的频率比紫外线的小，根据光子能量公式E＝hν可知，红外线的光子能量比紫外线的小，紫外线具有较高的能量，能灭菌消毒，故C正确，D错误。
本题选择错误的，故选：D。
3．【解答】解：首先发现电流磁效应的是奥斯特，首先发现电磁感应现象的是法拉第，故D正确，ABC错误；
故选：D。
4．【解答】解：AD.由速度—时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，场强不变，因此该电场可能是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故AD错误；
B.粒子的速度减小，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带负电，则电场线方向从M→N，所以M点的电势高于N点的电势，故B错误；
C.由速度图象可知，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，故C正确。
故选：C。
5．【解答】解：根据R可得：R1Ω，R2，
可得：R1：R2＝40：100＝2：5，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．【解答】解：磁铁若能穿过金属环，在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反；在和离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，所以，在靠近和离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场的方向相反，感应电流的方向一定相反。故②错误；
选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终到达共同速度时：
Mv0＝（M+m）v
得：．故①错误，③正确；
磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，即：．故④正确。
故选：B。
7．【解答】解：设振子的振幅为A，弹簧的劲度系数为k。
弹簧和振子构成的系统的机械能守恒，在最大位移处只有弹性势能，振动的总能量为：
当其偏离平衡位置的位移大小为振幅的三分之一时，根据系统机械能守恒得：
联立解得：，故C正确，ABD错误；
故选：C。
8．【解答】解：A、由单摆的振动图线可知，单摆的周期T＝2.0s，则单摆的频率f0.5Hz，故A错误。
B、单摆向右摆动为正方向，可知在t＝0时刻，单摆处于负的最大位移处，即在图中的B点，故B错误。
C、图中P点处于正向位移处，且位移减小，可知P向负方向运动，故C错误。
D、根据T＝2得单摆的摆长为L1.0m，故D正确。
故选：D。
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．【解答】解：ABD、此刻质点Q正沿y轴正方向运动，根据质点的振动方向和波的传播方向位于波形图的同一侧可知，
该波沿x轴负方向传播，P点沿y轴负方向振动，从该时刻算起，质点P比质点Q先到达平衡位置，故A错误，BD正确；
C、由图可知，该波的波长λ＝2m，故C正确。
故选：BC。
10．【解答】解：只在重力、电场力作用下，电势能和机械能之和不变。
A、若θ＜90°且sinθ，则电场力方向与合力方向垂直，即电场力与运动方向垂直（如图1），则电场力不做功，电势能不变，机械能不变，故A正确；
B、若45°＜θ＜90°且tanθ，则电场力大于重力，电场力与运动方向夹锐角（如图2），电场力做正功，电势能一定减小，机械能一定增加，故B错误；
CD、若0＜θ＜45°且tanθ，则重力大于电场力，电场力与运动方向可能夹锐角（如图3）、钝角（如图4）、电场力可能做正功可能做负功，则电势能可能减小，机械能可能增加，故C错误，D正确；
故选：AD。
11．【解答】解：BCD、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，把bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为18V，b点电势为22V，d点电势为6V，根据几何关系，可得M点的电势为18V，与a点电势相等，从而连接aM，即为等势线，由几何关系可知bd＝2l，所以bMl，因此aMl，所以aM垂直于bd，则电场线方向由b指向d，E4V/m，故C正确，BD错误；
A、c点电势与N点电势相等，N点电势为φN＝18 V﹣4V＝14V，所以c点的电势为14V，故A正确。
故选：AC。
12．【解答】解：A、匀速运动时，两极板间距不变，电容不变，电容器既不充电也不放电，电路中没有电流通过，电阻R不发热，故A错误；
B、由向前匀速突然减速时，N极板相对M板向前运动，两极板间距离d减小，由C得知电容器的电容C增大，故B正确；
C、保持向前匀减速运动时，两极板运动速度相同，两极板间距d不变，电容器始终接在电源两端，两极板间电压不变，由E得知MN之间的电场强度不变，故C错误；
D、由静止突然向前加速时，N极板相对M板向后运动，两极板间距离d增大，由C得知电容器的电容C减小，电容器始终接在电源两端，两极板间电压不变，由Q＝CU得知电容器容纳的电荷量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，故D正确。
故选：BD。
三．实验题（共5小题，满分56分）
13．【解答】解：（1）将A与R3并联，其量程：I＝Ig3×10﹣3AA＝0.6A
（2）为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的R1。
（3）根据电路图连接实物图如图：
（4）由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E＝1.48V。
图线的斜率大小k＝r，由数学知识知：kΩ＝0.84Ω，则电源的内阻为：r＝k＝0.84Ω
故答案为：（1）0.6；（2）R1；（3）实物图见解析；（4）1.48 0.84
14．【解答】解：（1）根据游标卡尺的读数规则额，该游标尺的最小分度为0.05mm，读数为
102mm+6×0.05＝102.30mm；
根据螺旋测微器的读数规则，可动刻度的最小分度为0.01mm，读数为
4mm+0.5mm+45.0×0.01mm＝4.950mm；
（2）当用“×100Ω”挡测量时指针偏转角过小，说明电阻阻值较大，应换×1kΩ挡测量；
故欧姆表的读数为
12×1kΩ＝12kΩ＝1.2×104Ω；
（3）待测电阻的阻值比较大，应采用电流表内接法，图中是电流表外接法，电压表和待测电阻并联，电压表分流作用明显，误差较大。
故答案为：（1）102.30；4.950；（2）×1kΩ；1.2×104；（3）待测电阻的阻值比较大，应采用电流表内接法，图中是电流表外接法，电压表和待测电阻并联，电压表分流作用明显，误差较大。
15．【解答】解：（1）水吸收热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×5kg×（60℃﹣20℃）＝8.4×105J；
（2）电热水器消耗的电能：W＝Pt＝1000W×20×60s＝1.2×106J；
电热水器的热效率：η100%100%＝70%；
（3）根据P＝UI和R，有：R484Ω；
答：（1）水吸收的热量为8.4×105J；
（2）电热水器的热效率为70%；
（3）电热水器正常工作的电阻为484Ω．
16．【解答】解：（1）研究M、N在电场中水平方向的运动，运动时间t相等。
在电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，
对N有 v0﹣at＝0 ①
对M，其出电场时的水平速度 vMx＝v0+at ②
①②式联立得：vMx＝2v0 ③
（2）设M、N进、出电场时的竖直分速度大小分别为vy和vy′
M在电场中做直线运动，合速度方向始终不变有：vy：vy′＝v0：2v0
即vy′＝2 vy ④
设A点距上边界的高度为h，有2gh，⑤
vy′2＝2g（h+H） ⑥
③④⑤式联立得：hH
（3）由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 即：m（vy′2）＝1.5m vy′2 ⑦
③④⑦联立可得：vyv0 ⑧
设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则 ⑨
⑧⑨式联立得：E
答：
（1）小球M出电场时的水平分速度是2v0。
（2）A点距电场上边界的高度是H。
（3）该电场的电场强度大小是。
17．【解答】解：（1）设AB间距离为x1，根据动能定理有mgx1sinθ﹣μmg（2x﹣x1）cosθ＝0，其中x＝8m
解得x1＝6.4m
（2）根据能量守恒得弹簧弹性势能Ep＝mgsinθ（x﹣x1）+μmgcosθ（x﹣x1）
代入得Ep＝16J
又
此后PQ一起向上运动到达最高点，上升距离为x2，根据牛顿第二定律有2mgsinθ+μmgcosθ＝2ma
解得，解得x2＝1m
（3）PQ从最高点下滑，Q运动得快，P运动得慢
对Q：，v1＝gsinθt1
对P：a1＝gsinθ﹣μgcosθ
设时间为t时发生第一次碰撞，此时P速度沿斜面向下，Q速度沿斜面向上，Q沿斜面上滑的位移
时间t内P的位移
又x3+x4＝x2
解得
v2＝a1t，故v2m/s
v3＝v1﹣gsinθ（t﹣t1），故v3m/s
P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒mv2+mv3＝mv4+mv5
解得速度交换，
（4）P、Q发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒mv3﹣mv2＝2mv6
解得
根据能量守恒
得xP＝x2+x4+x5，xP＝3m
答：（1）滑块P在斜面上反弹到的最高点B与初始位置A的距离6.4m；
（2）P、Q沿斜面上滑的距离为1m；
（3）第一次碰撞后P和Q的速度大小分别为，；
（4）滑块P在斜面上运动的总路程为3m。
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