青海省西宁市第十四中学2024年物理高二上期末经典模拟试题含解析

青海省西宁市第十四中学2024年物理高二上期末经典模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图是某手机的充电器，将它接到220V 的市电上能给手机提供5V 的充电电压，说明该充电器内的变压器能够
A.升高交流电压
B.降低交流电压
C.升高直流电压
D.降低直流电压
2、如图所示，一水平放置的N 匝矩形线框面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是（ ）
31
NBS + 31
BS + C.31
2
NBS D.
31
2
BS 3、如图所示是氧气在0 ℃和100 ℃两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系，下列说法错误的是( )
A.虚线曲线对应的温度为0 ℃
B.100 ℃的氧气速率大的分子比例较多
C.0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点
D.在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积相等
4、关于下列实验及现象的说法，正确的是
A.图甲说明薄板是非晶体
B.图乙说明气体速率分布随温度变化而变化，且12T T
C.图丙说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关
D.图丁说明水黾受到了浮力作用
5、用实验证实电磁波存在的科学家是( ) A.赫兹 B.麦克斯韦 C.洛伦兹
D.焦耳
6、如图，质量为m ，带电量为＋q 的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为（ ）
A.将加速下滑
B.继续匀速下滑
C.将减速下滑
D.以上3种情况都有可能
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒，取重力加速度为g．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，则下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（）
A.mg sinα/IL，垂直斜面向上
B.mg cosα/IL，垂直斜面向下
C.mg tanα/IL，水平向右
D.mg/IL，水平向左
8、如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0。

已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。

则（）
A.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B.t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C.所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0
D.若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半
9、如图所示，矩形金属线框abcd放在光滑的绝缘水平桌面上，虚线为线框的对称轴，线框的ab边长为L，bc边长为d，线框的电阻为R，用绕过定滑轮的不可伸长的绝缘细线将线框和放在地面上的重物连接，开始时绳子刚好拉直没有张力，连接线框部分的细线水平，连接重物部分的细线竖直，重物的重力为G．现在虚线右侧加垂直于桌面的匀强磁场，让磁场的磁感应强度大小从0开始均匀增大，经过t时间重物刚好要离开地面，则下列判断正确的是（）
A.t时间末，磁场的磁感应强度大小为12GRt L d
B.t时间内，线框回路中的电流均匀增大
C.t时间内，线框ab边受到的安培力均匀增大
D.t时间内，线框中电流的功率随时间均匀增大
10、半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体．图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H，
霍尔电势差大小满足关系
H IB
U k
c
，其中k为材料的霍尔系数．若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（）
A.如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体
B.霍尔系数越大的材料，其内部单位体积内的载流子数目越多
C.若将磁场方向改为沿z轴正方向，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小
D.若将电流方向改为沿z轴正方向，则在垂直x轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变大
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：
A．小灯泡：规格“3.8 V、0.3 A”
B．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω
C．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω
D．电压表：量程0～5 V，内阻约为5 kΩ
E.电压表: 量程0～15 V，内阻约为50 kΩ
F.滑动变阻器：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A
G.滑动变阻器: 阻值范围0～100 Ω，额定电流50 mA
H．电池组：电动势6 V，内阻约为1 Ω
I．开关一只，导线若干
（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选______，电压表应选_____,滑动变阻器应选_______．(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用_________的连接方式
（2）请在虚线框内设计一个电路图______
12．（12分）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材有：灵敏电流计、直流电源、带铁芯的线圈L1、线圈L2、开关、滑动变阻器(控制电流大小,以改变磁场的强弱)，如图所示
(1)按实验要求在实物图上连线____
(2)若将滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚闭合时灵敏电流计指针右偏．那么开关闭合后，滑动变阻器的滑动触头向C移动时，灵敏电流计指针将______(填：左偏、右偏或者不偏)
四、计算题：本题共3小题，共38分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b 板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L
14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径
为R的1
4
圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电
量为q=+4
10 C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）
(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
【解题分析】将充电器接到220V的市电上能给手机提供5V的充电电压，则说明充电器有降低电压的作用，故选B. 2、B
【解题分析】矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向左上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为
Φ1=BSsinθ=BS sin30°＝1
2
BS．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁
通量Φ2=-BScosθ′=−BS cos30°
＝．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为
△Φ＝Φ2−Φ1＝−11
222
BS BS BS ---＝．故选B 【题目点拨】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈 3、A
【解题分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同 【题目详解】A ．同一温度下，中等速率大的氧气分子数所占的比例大，所以对应的图象的峰值温度越高，峰值对应的速度越大，故实线为0C ︒时情形，故A 错误；
B ．具有最大比例的速率区间是指曲线峰值附近对应的速率，显然，100
C ︒时对应的峰值速率大，故B 正确； C ．同一温度下，气体分子速率分布总呈“中间多，两头少”的分布特点，即速率处于中等的分子所占比例最大，速率特大特小的分子所占比例均比较小，故C 正确；
D ．由题图可知，在0C ︒和100C ︒两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故D 正确
【题目点拨】本题考查了分子运动速率的统计分布规律，课本中有原图和说明，需要着重记忆；温度是分子平均动能的标志，要体会平均两字的含义 4、C
【解题分析】A ．图甲说明薄板具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，故A 错误；
B ．图乙看出温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知 T 2＞T 1 故B 错误；
C ．如图丙可以说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关，故C 正确；
D ．水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用，故D 错误。

故选C 。

5、A
【解题分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可
【题目详解】用实验证实电磁波存在的科学家是赫兹，故A 正确，BCD 错误；故选A
【题目点拨】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 6、B
【解题分析】开始时匀速下滑，说明重力、支持力、摩擦力三力平衡，则有： mg sin θ=μmg cos θ
后来进入电场，受电场力，可以将重力和电场力合并为一个力，看做1个等效重力产生的，则可知 (mg )′sin θ=μ(mg )′cos θ
仍然成立，故滑块仍处于匀速下滑状态。

故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD
【解题分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL 求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向 【题目详解】外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，根据平衡条件，在平行斜面方向，有：mgsinα=BIL ，解得：B=sin
mg IL
α
，故A 正确；外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，不能处于平衡状态，故B 错误；外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向水平向右，则安培力竖直向下，不可能处于平衡状态，选项C 错误；外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向水平向左，则安培力竖直向上，根据平衡条件，有：mg=BIL ，解得：B=
mg
IL
，故D 正确；故选AD 【题目点拨】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向 能利用平衡条件解答此类问题 8、AC
【解题分析】AB ．粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t =0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，说明运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t =0时刻射入的粒子在电场方向上始终做单向的直线运动，竖直方向的位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，A 正确，B 错误； C ．t =0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为
1
2
d ；根据分位移公式，有 0
01 22ym v L d v +=⋅ 由于L =d ，故
ym 0v v =
故最大动能
()220ym k01
2
2k
E m v v E '=+= C 正确；
D ．粒子入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时间减半，穿过电场的运动时间变为电场变化半周期的整数倍，则不
同时刻进入电场的侧向位移与原v 0相比关系就不确定，如t =0时刻，粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比减半，
4
T t =进入电场，入射速度v 0时，侧向位移为0，入射速度2v 0时，侧向位移为18
d ，D 错误。

故选AC 。

第II 卷（非选择题
9、AC
【解题分析】设磁感应强度与时间的关系为B=kt ，则B t ∆∆=k ；根据法拉第电磁感应定律得22
B Ld kLd
E t ∆=⋅=∆，感
应电流为2E Lkd
I R R
=
=．经过t 时间重物刚好要离开地面，细线的拉力恰好等于重物的重力，则有 BIL=G ；其中 B=kt ，代入得 kt•
2Lkd R •L=G ，
解得k =所以t 时间末，磁场的磁感应强度大小为
故A 正确．由=2Lkd I R ，知线框回路中的电流恒定不变，故B 错误．时间内，线框ab 边受到的安培力 F=BIL=kt•
2Lkd R •L=222L k d R
t ，则知安培力均匀增大，故C 正确．线框中感应电动势E 恒定不变，感应电流I 也恒定不变，由P=EI 知线框中电流的功率恒定不变，故D 错误．故选AC
【题目点拨】本题是感生电动势问题，要知道磁通量均匀变化时，线框中产生恒定的感应电动势和感应电流，但线框受到的安培力在均匀变化 10、AC
【解题分析】根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可
【题目详解】电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势高，即带正电，故粒子受到的洛伦兹力向上，故载流子是带正电的“空穴”，是P 型半导体，故A 正确；最终洛伦兹力和电场力平衡，有：evB=e U
d
；电流的微观表达式为：
I=nevS ；且霍尔电势差大小满足关系U H =k IB c
，联立解得：1H IB n ceU ek ==，单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，故B 错误；若将磁场方向改为沿z 轴正方向，则平衡时：evB=e U
d
，解得U=Bdv ，则d 由原来的b 变为c ，
减小，此时的电势差产生在前表面和后表面，则在垂直y 轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小，选项C 正确，D 错误．故选AC
【题目点拨】本题关键是明确霍尔效应的原理，知道左手定则中四指指向电流方向，注意单位体积内的载流子数目表达式的各物理量的含义
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 ①.B ②.D ③.E ④.分压式 ⑤.
【解题分析】（1）[1][2][3][4]．小灯泡的额定电压为3.8V ，则电压表应选择D ；灯泡的额定电流为0.3A ，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A 的B ．需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V 且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E ； （2）[5][6]．小灯泡电阻约为13Ω，则有
500013 ==130.5
V A R R R R ＞ 故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．电路图如右图
点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法
12、 ①. ②.右偏
【解题分析】（1）实物连线如图；
（2）在电键刚闭合时，回路中的电流增大，原线圈中电流产生的磁场增大，所以副线圈中的磁通量增大，此时电流表指针右偏；电键闭合后滑动变阻器的滑动触头迅速向接线柱C 移动时，接入电路的有效电阻减小，所以回路中的电流增大，原线圈中的电流产生的磁场增大，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针也将右偏；
四、计算题：本题共3小题，共38分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、8cm
【解题分析】粒子a 板左端运动到P 处，由动能定理得2201122
qEd mv mv =-
代入有关数据，解得62310m/s v = 0cos v v
θ=，代入数据得θ=30° 粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O ，半径为r ，如图 由几何关系得
o sin 302PQ r =
2mv qvB r = 联立求得mv PQ qB
= 代入数据解得 5.8cm PQ =
14、 (1)2m/s C v = (2)3N
【解题分析】(1)设小球在C 点的速度大小是v C ，则对于小球由A →C 的过程中，由动能定理得：
2122
C qE R mgR mv ⋅-=
解得： 2m/s C v =
(2)小球在C 点时受力分析如图
由牛顿第二定律得：
2C C v N qE m R
-= 解得：
3N C N =
由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
N C ′=N C =3N
15、（1）2T ；（2）1.5m/s 2，方向沿斜面向上
【解题分析】（1）当R 0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B 的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【题目详解】（1）当R 0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得03 1.511
E I A A R r =
==++ 根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【题目点拨】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。