福建省寧德市2024-2025學年高二上學期1月期末考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1寧德市2024-2025學年度第一學期期末高二質量檢測物理試題（滿分：100分考試時間：75分鐘）注意：1.在本試卷上作答無效，應在答題卡各題指定的答題區(qū)域內作答。2.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題），共6頁。第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，選對得4分，選錯得0分。1.某智能百葉窗的葉片上貼有太陽能板，在光照時發(fā)電，給電動機供電以調節(jié)百葉窗的開合。該過程中發(fā)生的能量轉換是（）A.電能→機械能→光能 B.光能→機械能→電能C.光能→電能→機械能 D.機械能→電能→光能【答案】C【解析】太陽能板在光照時發(fā)電，把光能轉化為電能；電能供給電動機，轉化為機械能，調節(jié)百葉窗的開合，故該過程中發(fā)生的能量轉換是光能→電能→機械能。故選C。2.某除塵器模型的集塵板是很長的條形金屬板，如圖所示，直線為該集塵板的截面圖，帶箭頭的實線為電場線，虛線為帶電粉塵的運動軌跡，P、Q為運動軌跡上的兩點，則（）A.帶電粉塵帶正電B.P點電場強度大于Q點電場強度C.帶電粉塵在P點的加速度小于Q點的加速度D.帶電粉塵在P點的速度大于Q點的速度【答案】C【解析】A．由圖像知軌跡的彎曲方向即受電場力的方向與電場線方向相反，所以該粉塵顆粒帶負電，故A錯誤；BC．由電場線的疏密程度可知，P點電場強度小于Q點電場強度，結合牛頓第二定律可知，則帶電粉塵在P點的加速度小于Q點的加速度，故B錯誤，C正確；D．若帶電粉塵從P點到Q點的過程中，電場力做正功，帶電粉塵的動能增加，速度變大，則帶電粉塵在P點的速度小于Q點的速度，故D錯誤。故選C。3.速度選擇器簡化模型如圖所示，兩極板P、Q之間的距離為d，極板間所加電壓為U，兩極板間有一方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質子以速度從左側沿兩板中心線進入板間區(qū)域，恰好沿直線運動，不計質子重力。下列說法正確的是（）A.P極板接電源的負極B.勻強磁場的磁感應強度大小為C.若僅將質子換成電子，則不能沿直線運動D.若質子以速度從右側沿中心線射入，仍能做勻速直線運動【答案】B【解析】AB．質子恰好做直線運動，由左手定則可知，質子受豎直向上的洛倫茲力，則質子受到的電場力豎直向下，電場方向向下，則P極板接電源的正極，由平衡條件有又有聯(lián)立解得故A錯誤，B正確；C．若僅將質子換成電子，由左手定則可知，電子受豎直向下的洛倫茲力，受向上的電場力，仍滿足受力平衡，能沿直線運動，故C錯誤；D．若質子以速度從右側沿中心線射入，由左手定則可知，質子受豎直向下的洛倫茲力，仍受向下的電場力，不滿足受力平衡，不能做直線運動，故D錯誤。故選B。4.如圖甲，粗糙絕緣的水平地面上，電荷量為QA、QB的兩個小球（可視為點電荷）分別固定于相距12L的A、B兩處。一質量為m、電荷量為q的帶負電小滑塊（可視為質點）從x=?2L處由靜止釋放，沿x軸正方向運動，在x=4L處開始反向運動?；瑝K與地面間的動摩擦因數為μ，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖乙所示，P點是圖線最低點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.兩固定點電荷均為正電荷B.x=2L處電勢最低C.QA=2QBD.從x=?2L到x=4L，電勢升高【答案】D【解析】AB．小滑塊帶負電，結合題意可知兩固定點電荷均為負電荷，在x=2L處電勢能最低，則x=2L處電勢最高，故AB錯誤；C．根據功能關系知，圖像的斜率表示電場力的大小，可知在x=2L處電場力為零，則有解得故C錯誤；D．從x=?2L到x=4L由動能定理有解得則從x=?2L到x=4L電勢差為負，電勢升高，故D正確。故選D。二、雙項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。5.如圖所示，兩絕緣細線分別系帶電小球a、b，懸掛于O點，靜止時兩球處于同一水平線，細線與豎直方向的夾角分別為α、β，且α<β，a球的電荷量大于b球的電荷量。則（）A.兩球帶異種電荷B.a球的質量大于b球的質量C.a球受到的靜電力等于b球受到的靜電力D.a球受到的靜電力小于b球受到的靜電力【答案】BC【解析】A．由圖結合平衡條件可知兩球應該排斥力才能處于靜止狀態(tài)，所以兩球帶同種電荷，故A錯誤；CD．a球受到的靜電力和b球受到的靜電力為作用力與方作用力，大小相等，方向相反，故C正確、D錯誤；B．設兩球之間的靜電力大小為，設任一球與豎直方向的夾角為，由平衡條件有由于可知ma>mb故B正確。故選BC。6.下列過程中能產生感應電流的是（）A.甲圖，勻強磁場中的圓形線圈從實線位置向右平移到虛線位置B.乙圖，半圓形線圈從實線位置逆時針旋轉到虛線位置C.丙圖，導體棒沿磁感線方向向上平移一小段距離D.丁圖，通電直導線旁的導線框垂直紙面向紙內平移【答案】BD【解析】A．甲圖，勻強磁場中的圓形線圈從實線位置向右平移到虛線位置，穿過線圈的磁通量不發(fā)生變化，所以線圈中沒有感應電流，故A錯誤；B．乙圖，半圓形線圈從實線位置逆時針旋轉到虛線位置，穿過線圈的磁通量減少，所以線圈中有感應電流，故B正確；C．丙圖，導體棒沿磁感線方向向上平移一小段距離，穿過回路的磁通量不發(fā)生變化，所以回路中沒有感應電流，故C錯誤；D．丁圖，通電直導線旁的導線框垂直紙面向紙內平移，，穿過線圈的磁通量減少，所以線圈中有感應電流，故D正確。故選BD。7.如圖所示，兩根互相平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。c、O、d在M、N的連線上，O為MN的中點，a、b位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。下列說法正確的是（）A.O點處的磁感應強度為零B.a、c兩點處的磁感應強度方向不同C.c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同D.a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同【答案】CD【解析】A．根據安培定則，M處導線中的電流在O點處產生的磁場方向垂直MN向上，N處導線中的電流在O點處產生的磁場方向垂直MN向上，合成后磁感應強度不為零，A錯誤；D．M處導線中的電流在a點處產生的磁場方向垂直Ma偏向左上方，在b點處產生的磁場方向垂直Mb偏向右上方，N處導線中的電流在a點處產生的磁場方向垂直Na偏向右上方，在b點處產生的磁場方向垂直Nb偏向左上方，根據磁場的疊加知，a、b兩點處磁感應強度大小相等，方向相同，D正確；C．M處導線中的電流在c點處產生的磁場方向垂直于cM向上，在d點處產生的磁場方向垂直dM連線向上，N處導線中的電流在c點處產生的磁場方向垂直于cN向上，在d點處產生的磁場方向垂直于dN連線向上，根據平行四邊形定則知，c點處的磁場方向垂直MN向上，d點處的磁場方向垂直MN向上，且c、d兩點處磁感應強度大小相等，C正確；B．由上分析知，a、c兩點處的磁場方向都是垂直MN向上的，B錯誤。故選CD8.如圖所示，在豎直平面內有足夠寬的勻強電場，場強，方向水平向右。一根長的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質量的帶電小球，靜止時懸線與豎直方向的夾角。若小球獲得垂直于繩子斜向上的初速度后，恰能繞O點在豎直平面內做完整的圓周運動，A、B為圓的豎直直徑。取小球靜止時的位置為零電勢點，，，重力加速度g取。則（）A.小球的電荷量B.繩子的最大拉力大小為6.25NC.若小球經過B點時繩子斷開，則之后小球的最小動能為0.28JD.若小球經過B點時繩子斷開，則之后小球的最大電勢能為0.60J【答案】AC【解析】A．小球靜止時懸線與豎直方向成37°，受重力，拉力和電場力，三力平衡，如圖根據平衡條件，有解得故A正確；B．小球在復合場中的等效重力加速度大小為小球恰能繞O點在豎直平面內做完整的圓周運動，小球在等效最高點，由牛頓第二定律得解得小球從圓周運動的等效最高點到等效最低點由動能定理得解得小球在圓周運動的等效最低點時繩子拉力最大解得故B錯誤；C．小球從圓周運動的等效最高點到B點，由動能定理得解得若小球經過B點時繩子斷開，小球在復合場中做類斜拋運動，則之后小球運動到等效重力場的最高點時的動能最小，為故C正確；D．小球在B點的速度方向與電場線方向平行，當小球經過B點時繩子斷開后，在電場線反方向運動的位移最大時電勢能增大的最大，即當小球經過B點時繩子斷開后，在電場線反方向運動的位移最大時電勢能最大故D錯誤。第Ⅱ卷（非選擇題共60分）三、非選擇題：共60分?？忌鶕笞鞔?。9.如圖所示，虛線左側有磁感應強度大小為0.2T的勻強磁場，矩形線圈與磁場方向垂直，面積為，邊恰好與磁場邊界重合，則穿過線圈的磁通量為______。若將線圈向右平移出，則穿過線圈的磁通量減少了______?！敬鸢浮?.080.02【解析】[1]穿過線圈的磁通量[2]若將線圈向右平移出，則穿過線圈的磁通量減少了10.在生產生活中，電容器的應用十分廣泛。利用電容器可監(jiān)測壓力的變化，如圖所示，固定極板A和可動極板B組成一個可變電容器。極板B兩端固定，施加壓力F使它發(fā)生形變，從而改變電容器的電容。當F增大時，電容器的電容將______（填“增大”或“減小”），電容器將______（填“充電”或“放電”），通過電阻R的電流方向______（填“向左”或“向右”）。【答案】增大充電向左【解析】[1]當F增大時，電容器兩板間距離減小，根據電容的決定式，可知電容C增大。[2][3]電容器兩板間電壓U不變，電容器所帶電量為電容C增大，則Q增大，電容器將充電，A板帶正電，則電路中形成逆時針方向的充電電流，通過電阻R的電流方向向左。11.一勻強電場的方向平行于平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，電勢分別為10V、23V、15V，則坐標原點O處的電勢為______V。電子從a點運動到b點的過程中，電場力做功為______，電勢能______（填“增大”、“減小”或“不變”）?！敬鸢浮?13減小【解析】[1]四邊形為矩形，根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得即解得坐標原點O處的電勢為[2][3]電子從a點運動到b點的過程中電場力做功為可知電子從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，電勢能減小。12.圖甲為多用電表示意圖，其中K、S、T為三個可調節(jié)的部件，某同學用它測量一阻值約為的電阻，操作步驟如下：（1）調節(jié)機械調零旋鈕，使電表指針指在左邊零刻度處；（2）將選擇開關旋至歐姆擋的______（填“×10”或“×100”）位置；（3）將紅、黑表筆短接，調節(jié)可調部件______（填“K”、“S”或“T”），使電表指針指在______（填“左”或“右”）端電阻零刻度處；（4）將兩表筆分別與待測電阻兩端相接，電表指針指在如圖乙所示位置，則該待測電阻的阻值為______。【答案】（2）×10（3）T右（4）110【解析】（2）[1]因待測阻值約為200Ω且指針要在處，故開關旋轉到位置；（3）[2][3]多用電表歐姆表要先進行歐姆調零，將兩表筆短接，調節(jié)歐姆調零旋鈕，使電表指針指在右端電阻零刻度處；（4）[4]由圖可知該電阻的阻值為。13.某學習小組進行“測定金屬的電阻率”實驗，所用測量儀器均已校準，待測金屬絲接入電路部分的長度為50cm。（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其中某一次測量結果如圖甲所示，其讀數為_____mm。（2）用伏安法測金屬絲電阻Rx。實驗所用器材如下：電池組（電動勢3V，內阻約1Ω）；電流表A（內阻約0.1Ω）；電壓表V（內阻約3kΩ）；滑動變阻器R（0~10Ω，額定電流2A）；開關、導線若干。利用以上器材按圖乙正確連接好電路，請將圖丙實物圖連接完整______________。（3）測出多組數據，描繪出U?I圖線如圖丁所示。由圖線得到金屬絲的阻值Rx=______Ω（結果保留兩位有效數字）。（4）由以上數據可估算出金屬絲的電阻率為______Ω?m（結果保留兩位有效數字）。【答案】（1）0.399##0.400##0.401（2）（3）7.4##7.5##7.6（4）1.8×10?6~2.0×10?6均可【解析】（1）金屬絲的直徑為（2）如圖乙所示，滑動變阻器采用分壓式接法，電流表外接，電路圖如下圖所示（3）由圖丁可知，圖線的斜率反映了金屬絲的電阻，故金屬絲的阻值為（4）根據電阻定律可知又有解得14.傾角的光滑金屬導軌M、N的上端接入一電動勢、內阻的電源，導軌間距，導軌周圍存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，導軌電阻不計。將一個質量，電阻的金屬棒水平放置在導軌上，當閉合開關S后，金屬棒恰好靜止在導軌上，如圖所示。重力加速度g取。（已知，）求：（1）通過金屬棒的電流I；（2）勻強磁場的磁感應強度B；（3）若僅將勻強磁場方向變?yōu)榇怪庇趯к壠矫嫦蛳?，此時金屬棒的加速度大小a?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）由閉合電路的歐姆定律可得得I=1A（2）導體棒靜止，根據共點力平衡可得BIL=mgsin37°得B=0.18T（3）由牛頓第二定律可得mgsin37°+BIL=ma得a=12m/s2.15.離子注入是芯片制造中的一道重要工序，其簡化模型如圖所示。質量為m、電荷量為q的離子從A處由靜止釋放，經電壓為U的電場加速后，沿圖中圓弧虛線通過磁分析器，從C點垂直進入水平方向的矩形勻強電場中，最后恰好打在N點，。已知磁分析器截面是四分之一圓環(huán)，內部為磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。整個裝置處于真空中，離子重力不計。求：（1）離子剛進入磁場時的速度大小v；（2）離子在磁分析器中運動的軌跡半徑R和時間t；（3）矩形區(qū)域內勻強電場的場強E。【答案】（1）（2），（3）【解析】（1）離子先經過加速電場加速，根據動能定理可得解得（2）在磁分析器中，離子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得解得又離子在磁分析器中運動時