天津市滨海新区2024-2025学年高二下学期期末模拟题3

滨海新区2024-2025学年度第二学期期末模拟题3 1、 单项选择题（每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 高级照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是光的偏振现象 B. 在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场 C. 验钞机检验钞票真伪体现了紫外线的荧光作用 D. 玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象 2. 如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知（ ） A. 在0.1s时，振子的动能最小 B. 在0.2s时，系统的势能最大 C. 在0.35s时，振子加速度方向沿x轴正方向 D. 在0.4s时，振子位移为零，所以振动能量为零 3．如图所示为一半径为R的圆形区域匀强磁场，在A点沿半径方向射出速率为v的带电粒子，带电粒子从B点飞出磁场，速度的偏角为，不考虑带电粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．带电粒子在磁场运动的轨迹半径为R B．带电粒子的比荷为 C．带电粒子在磁场运动的时间为 D．若射入速度为2v，速度的偏角为 4．绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某物理老师为自家电动汽车安装充电桩的电路图如下，已知总电源的输出电压为U1= 220V，输出功率为，输电线的总电阻r =12Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比为，汽车充电桩的额定电压为50V。则下列说法中正确的有（　　） A．输电线上的电流为10A B．用户获得的功率为 C．降压变压器的匝数比为 D．若充电桩消耗的功率增大，在总电压不变的情况下，充电桩用户端获得的电压减小 5. 如图所示，学生练习颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，足球可视为质点，下列说法正确的是（　　） A. 足球刚接触头和刚离开头时，速度不变 B. 足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/s C. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零 D. 足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 6. 空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（　　） A. 圆环所受安培力的方向始终不变 B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C. 圆环中的感应电流大小为 D. 圆环中的感应电动势大小为 7．磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板相当于是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是（　　） A．上板为正极 B．上下两板电压U=Bvd C．电流 D．电流 8. 如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平且方向垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度。正方形单匝金属线框在磁场上方处，质量为，边长为，总阻值为。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为， 不计空气阻力，重力加速度取则（　　） A. cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为8W B. 匀强磁场区域的高度为 C. 穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为 D. 线框通过磁场上边界时间为 二、不定项选择题(每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中都有多个选项是正确的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分。) 9. 《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献，书中对彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨则有之”。如图是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是（ ） A. 水滴对a光的临界角小于对b光的临界角 B. b光的频率大于a光的频率 C. 在同种介质中，a光传播速度小于b光传播速度 D. a光和b光照射相同的单缝，发生衍射现象，a光的中央亮条纹更宽 10. 交流发电机输出电压随时间的变化图像如图甲所示，发电机输出端与理想变压器原线圈相连，变压器与用电器电路如图乙所示。已知电流表、电压表均为理想电表，通过滑动触头Q可以调节副线圈的匝数，则下列说法正确的是（ ） A. 发电机的转速为100r/s B. 在t = 0.005s时，电压表的示数为36V C. 仅将滑动变阻器的滑动触头P向下滑动，定值电阻R0的功率减小 D. 仅将滑动触头Q向上滑动，电流表的示数变大 11. 如图为一列简谐横波的波形图，其中虚线是t1=0.01s时的波形，实线是t2=0.02s时的波形，已知 ．关于这列波，下列说法中正确的是( ) A. 该波的传播速度可能是600m/s B. 从t1时刻开始，经0.1s质点P通过的路程为0.8m C. 若该波波源从O点沿x轴正向运动，则在x=200m处的观测者接收到的波的频率将大于25Hz D. 遇到宽约3m的障碍物时，该波能发生明显的衍射现象 12．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有磁感应强度为的匀强磁场，下列表述正确的是（   ） A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 D．打在胶片上的粒子与狭缝P的距离 三、实验题（本题共2小题，共10分） 13. 利用双缝干涉测光的波长的实验中，双缝间距，双缝到光屏间的距离，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也由图中所给出，则： （1）分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别如图所示，则相邻两条纹间距_____； （2）波长的表达式_______（用、L、d表示） （3）若改用频率较低的单色光照射，得到的干涉条纹间距将_______（填“变大”、“不变”或“变小”）。 14. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中： （1）下面叙述正确的是______（选填选项前的字母）。 A．1m和30cm长度不同的同种细线，选用1m的细线做摆线 B．直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球 C．如图A、B、C，摆线上端的三种悬挂方式，选A方式悬挂 D．当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50作为单摆振动的周期 A. B. C. （2）利用图甲的方式测量摆长l，图中示数为______cm。 （3）若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g=______（用测出的物理量表示）。 （4）某同学用一个铁锁代替小球做实验。只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为l1和l2时单摆的周期T1和T2，则可得重力加速度g=______（用测出的物理量表示）。 （5）另一位同学在利用图甲获得摆长l时，每次都在小球最低点b取数，然后测量了多组实验数据做出了T2-l图像，那么他最有可能得到的图像是______。 A． B． C． D． （6）在一个实验小组中，得到的T2-l图像是一条倾斜直线。小组成员小牛同学算出图像斜率k，利用，求出g；小爱同学量出直线与横轴l之间的夹角θ，然后利用，求出g。请问两位同学的处理方案，哪一位更合理______，并说明另一位同学方案的不合理原因。______ 四、综合题（本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。) 15.(12分）如图所示，第I象限存在垂直于平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，第III象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力。求： （1）电场强度的大小； （2）粒子进入第一象限的速度； （3）粒子经磁场偏转后从y轴上的Q点进入第二象限，则OQ的长度。 16. （14分）在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生正碰．碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出．g=10m/s2．求： (1) 碰撞后小球B的速度大小； (2) 小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量； (3) 碰撞过程中系统的机械能损失． 17. （16分2022年4月16日上午，被称为“感觉良好”乘组的神舟十三号结束太空出差，顺利回到地球。为了能更安全着陆，现设计师在返回舱的底盘安装了4台电磁缓冲装置。电磁缓冲装置的主要部件有两部分；①缓冲滑块，外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②返回舱，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，缓冲轨道内存在稳定匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与返回舱中的磁场相互作用，返回舱一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，返回舱的速度大小为v0，4台电磁缓冲装置结构相同，如图所示，为其中一台电磁缓冲装置的结构简图，线圈的电阻为R；ab边长为L，返回舱质量为m，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求： （1）缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电流大小和方向； （2）假设缓冲轨道足够长，线圈足够高，求软着陆速度v的大小； （3）若返回舱的速度大小从v0减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中返回舱下落的高度h和每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。（结果保留v） 参考答案 1.【答案】CD 【解析】 【详解】A．高级照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是镜头上有增透膜，增透膜能让反射光发生相消干涉，这样就可以降低镜头表面的反射率，减少光能损失，因此是光的薄膜干涉现象，A错误； B．根据麦克斯韦理论，均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，B错误； C．验钞机检验钞票真伪体现了紫外线的荧光作用，C正确； D．玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，D正确。 故选CD。 2.【答案】B 【解析】 【详解】A．在0.1s时，振子位于平衡位置，动能最大，A错误； B．在0.2s时，振子位于负向最大位移处，具有最大势能，B正确； C．在0.35s时，振子位移方向为x轴正方向，根据F = - kx，可知振子加速度方向沿x轴负方向，C错误； D．在0.4s时，振子位于正向最大位移处，系统的势能最大，振动能量不为零，D错误。 故选B。 3.【答案】B 【详解】A．设带电粒子在磁场运动的轨迹半径为，如图所示 由几何关系可得 解得 故A错误； B．根据洛伦兹力提供向心力可得 解得带电粒子的比荷为 故B正确； C．带电粒子在磁场运动的时间为 故C错误； D．若射入速度为，则半径变为 设速度的偏角为，则有 可知速度的偏角小于，故D错误。 故选B。 4.【答案】D 【详解】A．升压变压器原线圈电流为 所以 故A错误； B．输电线损耗的功率为 所以用户获得的功率为 故B错误； C．升压变压器副线圈电压为 输电线损耗的电压为 所以降压变压器的匝数比为 故C错误； D．若充电桩消耗的功率增大，则电源输入总功率变大，因为总电压不变，由可知升压变压器原线圈电流变大，升压变压器副线圈电流变大，则输电线上的损耗电压变大，降压变压器原线圈电压变小，则降压变压器副线圈电压也变小。故D正确。 故选AD。 5.【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，由速度位移公式，可得足球到达头部的速度大小为 解得 反弹后做竖直上抛运动，而上升最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度 两个速度方向相反，A错误； B．足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，由速度位移公式，可得足球到达头部的速度大小为 解得 足球下落到与头部刚接触时动量大小 B错误； C． 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量 重力的作用时间不为零，则重力的冲量不为零，C错误； D．足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，由速度位移公式，可得足球到达头部的速度大小为 解得 反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度 足球与头部作用过程中，根据动量定理 解得 D 正确。 故选D。 6.【答案】BC 【解析】 【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确； CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误． 故本题选BC． 7.【答案】D 【详解】A．根据左手定则，正离子所受洛仑兹力向下，正离子向下偏转，下板为正极，A错误； BCD．根据平衡条件得 回路电流为 电源内阻为 解得 上下极板间电压为 解得 BC错误，D正确。 故选D。 8.【答案】D 【解析】 【详解】A.cd边刚好进入磁场时线框的速度大小为 此时cd边切割磁感线产生的感应电动势为 线框中的电流为 cd边所受安培力大小为 cd边克服安培力做功的功率为 故A错误； B.由题意，根据线框进出磁场过程中运动的对称性可知，cd边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为v1=3m/s，设匀强磁场区域的高度为H，线框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有 解得H=0.65m，故B错误； C.设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为Q，对线框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有 解得Q=1.3J，故C错误； D.设线框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为，则由动量定理可得 根据电流的定义可知t时间内通过线框某一截面的电荷量为 根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知 联立上述三式并代入数据解得t=0.3s，故D正确。 故选D。 9.【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图可知，光线进入水滴后，a光的折射角小，根据 可知a光折射率大，根据临界角公式 可知水滴对a光临界角小于对b光的临界角，A正确； B．由于a光折射率大于b光折射率，则a光的频率大于b光的频率，B错误； C．a光折射率大，根据 可知在同种介质中，a光传播速度小于b光传播速度，C正确； D．a光折射率大、频率大，则a光的波长小，波动性比b光弱，则知a、b通过相同的单缝衍射实验装置，a光的衍射条纹较小，故a光的中央亮条纹更窄，D错误。 故选AC。 10.【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图甲可知，周期为0.02s，所以发电机的转速为50r/s，A错误； B．电压表的示数为有效值，则由图甲可知，交流电压的最大值为，则电压表的示数为36V，B正确； C．当滑动触头Q位置不变时，输出电压不变，此时滑动触头P向下滑动，负载电阻减小，输出电流增加，定值电阻的功率增大，C错误； D．滑动触头P不变，将滑动触头Q向上滑动，则输出电压变大，易知输出功率变大，而输入功率与输出功率相等，则变压器输入功率变大，原线圈中电流表的示数变大，D正确。 故选BD。 11.【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A．由图读出这列波的波长为λ=8m，周期 T=（0.02-0.01）×4=0.04s 所以波速为 故A错误； B．由图读出这列波的振幅A=10cm，t=0.1s=2.5T，所以P通过的路程为 s=4A×2.5=1m 故B错误； C．该波的频率为 f==25Hz 若该波波源从O点沿x轴正向运动，则在x=200m处接收到波的频率将增大，即频率大于25Hz，故C正确． 12.【答案】AD 【详解】B．能通过狭缝P的带电粒子的速率 解得 故B错误； D．带电粒子在平板S下方磁感应强度为的匀强磁场中运动半径为 打在胶片上的粒子与狭缝P的距离 解得 故D正确； A．同位素电荷数相同，但粒子质量不同，将打在胶片不同位置，故质谱仪是分析同位素的重要工具，故A正确； C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷应越大，故C错误。 故选AD。 13.【答案】 ①. 0.75 ②. ③. 600 ④. 变大 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]A位置游标卡尺的读数为 B位置游标卡尺的读数为 相邻亮条纹的间距为 （2）[2]根据 知，波长的表达式 [3]波长为 （3）[4]若改用频率较低的单色光照射，则其波长变长，根据 知干涉条纹的间距变大。 14.【答案】 ①. AB##BA ②. 91.60（91.50-91.70） ③. ④. ⑤. C ⑥. 小牛 ⑦. 小爱同学用 求斜率是错误的。因为在T2-l图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理。 【解析】 【详解】（1）[1] A．1m和30cm长度不同的同种细线，选用1m的细线做摆线，A正确； B．直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球，B正确； C．如图A、B、C，摆线上端的三种悬挂方式，为了使摆长不变，选C方式悬挂，C错误； D．当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，相邻两次经过平衡位置的时间是半个周期，正确的方法是用此时间除以25作为单摆振动的周期，D错误。 故选AB。 （2）[2]利用图甲的方式测量摆长l，图中示数为91.60cm。 （3）[3]根据单摆的周期公式 解得 （4）[4]设摆线下端到锁的重心的距离为x，根据单摆的周期公式得 解得 （5）[5]设球半径为r，根据单摆的周期公式得 解得 他最有可能得到的图像是C。 （6）[6]小牛同学的方案更合理； [7]小爱同学用 求斜率是错误的。因为在T2-l图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理。 15.【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据题意，水平方向上有 竖直方向上有 解得 （2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由几何关系有 即 （与x轴正方向夹角） 则有 （3）在磁场中由洛伦兹力提供向心力得 解得 由几何关系得 16.【答案】（1）5m/s；（2）（）N•s，方向向左；（3）0.5J 【解析】 【详解】(1)小球B恰好能通过圆形轨道最高点， 则有: 解得：m/s 小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中机械能守恒 则有： 联立①②解得：m/s (2)设向右为正方向，合外力对小球B的冲量为 N•s，方向向左 (3)碰撞过程中动量守恒，有 水平面光滑所以式中 解得m/s， 碰撞过程中损失的机械能为J 17.【答案】（1），从b到a；（2）；（3）， 【解析】 【详解】（1）由题意缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生的电动势为 流过线圈ab边的电流为 磁场向下运动，线框相对磁场向上运动，由右手定则知电流方向从b到a。 （2）返回舱向下做减速运动，受向上的安培力和向下的重力，随速度的减小，安培力减小，直到安培力减到与重力大小相等时，速度达到最小，此后匀速运动，即达到软着落速度v，有 解得 （3）火箭主体的速度大小从减到v的过程中，由动量定理得 解得 由能量守恒 解得 学科网（北京）股份有限公司 $$