福建省宁德市2023_2024学年高二物理上学期期末质量检测试题含解析

这是一份福建省宁德市2023_2024学年高二物理上学期期末质量检测试题含解析，共16页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷，共6页等内容，欢迎下载使用。
（满分：100分考试时间：75分钟）
注意：
1．在本试卷上作答无效，应在答题卡各题指定的答题区域内作答。
2．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共6页。
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。
1. 2023年诺贝尔物理学奖授予“阿秒科学”（Attsecnd Science）的三位科学家，阿秒光脉冲技术使得研究原子中的电子动力学成为可能。如图所示为氢原子的示意图，将电子束缚在原子中运动的力是（）
A. 万有引力B. 库仑力C. 洛伦兹力D. 重力
【答案】B
【解析】
【详解】氢原子核带正电，电子带负电，将电子束缚在原子中运动的力是库仑力。
故选B。
2. 如图所示，空间A点固定一个正点电荷，B点固定一个负点电荷，则空间P点的电场强度可能是图中的（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A点正点电荷在P点产生的场强沿AP方向，B点电荷在P点产生的场强沿PB方向，如图：
根据矢量的合成，可知合场强可能是。
故选C。
3. 如图所示为一种新型电磁船的俯视图，船上装有产生强磁场的装置，可在虚线方框内产生强磁场。MN、PQ为固定在船上的水平平行金属板，直流电源接在M、P之间。闭合开关S后，通过海水的电流从N到Q，船在海水的反冲作用下水平向左运动，则虚线框中的磁场方向应该（ ）
A. 竖直向下B. 竖直向上C. 水平向左D. 水平向右
【答案】A
【解析】
【详解】船受到的反冲力向左，根据牛顿第三定律，可知通电的海水受到向右的力，根据左手定则可知磁场方向竖直向下。
故选A。
4. 智慧城市路灯系统配备相关传感设备，主要通过光敏仪器感知光的强度，并自主调节灯的亮度，实现自动化。某兴趣小组为了研究路灯的感光系统，设计了甲、乙两个电路，如图所示。为光敏电阻（光照越强，电阻越小），与为定值电阻，下列说法正确的是（）
A. 环境变亮时，甲电路的灯泡亮度变亮B. 环境变亮时，甲电路的电功率减小
C. 环境变亮时，乙电路的灯泡亮度变暗D. 环境变亮时，乙电路的电功率增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．环境变亮时，光敏电阻阻值变小，则甲电路的总电阻变小，总电流变大，R0以及内阻r上的电压变大，则灯泡两端电压及电流均减小，则灯泡亮度变暗；通过R1的电流变大，则R1电功率增大，选项AB错误；
CD．环境变亮时，光敏电阻阻值变小，则乙电路的总电阻变小，总电流变大，则R1以及灯泡L上的电流都变大，则灯泡亮度变亮，R1电功率增大，选项C错误，D正确。
故选D。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 下列说法中正确的是（ ）
A. 赫兹用实验证实了电磁波的存在
B. 按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围会产生磁场
C. 牛顿受到通电导线和磁体磁场相似性的启发，提出了分子电流假说
D. 根据能量守恒定律，能量在转化和转移过程中总量保持不变，故无须节约能源
【答案】AB
【解析】
【详解】A．赫兹用实验证实了电磁波的存在，这是正确的，赫兹在1887年通过实验首次证实了电磁波的存在，为电磁学的发展做出了重要贡献，故A正确；
B．按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围会产生磁场，这是正确的，麦克斯韦的电磁场理论指出，变化的电场会产生磁场，变化的磁场也会产生电场，这就是电磁场的基本原理，故B正确；
C．牛顿受到通电导线和磁体磁场相似性的启发，提出了分子电流假说，这是错误的，分子电流假说是由安培提出的，而不是牛顿，安培认为，物质的磁性是由分子电流产生的，这种分子电流假说对于解释物质的磁性现象具有重要意义，故C错误；
D．根据能量守恒定律，能量在转化和转移的过程中总量保持不变，故无须节约能源，这是错误的。虽然能量守恒定律告诉能量总量是不变的，但是能源的利用效率和可持续性仍然是需要关注的问题，需要节约能源，提高能源利用效率，以应对能源短缺和环境污染等问题，故D错误；
故选AB。
6. “一卡通”是学校等单位常用的辅助支付手段，其内部有一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的“一卡通”线圈的磁通量发生变化，产生电信号。“一卡通”内部多匝线圈俯视图可简化为如图甲所示，当垂直线圈平面向里的磁场B随时间t变化的关系如图乙所示时（）
A. 内，线圈中感应电流沿逆时针方向
B. 内，线圈中感应电流大小恒定
C. 和两段时间内，线圈中感应电流的方向相同
D. 和两段时间内，线圈中感应电流的大小相等
【答案】AB
【解析】
【详解】AC．内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，内，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，故A正确，C错误；
BD．根据法拉第电磁感应定律有
由图乙可知感应电动势恒定，则感应电流恒定，由于和两段时间内，磁感应强度的变化率不同，则感应电动势不同，感应电流大小不相等，故B正确，D错误；
故选AB。
7. 电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色，透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，某一像素胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的是（）
A. 像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
B. 像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
C. 像素由黑变白的过程中，黑色微粒向下迁移电势能减小
D. 像素由黑变白的过程中，白色微粒向上迁移电势能增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，故黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A错误；
B．像素呈白色时，当胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，故黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B正确；
CD．像素由黑变白的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，电势能减小，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，电势能减小，故C正确，D错误。
故选BC。
8. 如图甲所示，绝缘水平地面上，左侧区域粗糙，右侧区域光滑，整个区域存在沿水平方向电场。有一可视为质点的小滑块，带电量，质量，与粗糙地面间的动摩擦因数。现让小滑块从处以的初速度沿x轴正方向运动，其在不同位置所具有的电势能如图乙所示，P点是图线最低点，虚线MN是图线在处的切线，g取，则（ ）
A. 处的电场强度大小为10V/m
B. 滑块第一次经过处速度最大
C. 滑块第一次向x轴正方向运动过程中，先加速后减速
D. 滑块第一次返回时恰能到处
【答案】CD
【解析】
【详解】A．在图中，图线斜率代表，所以在处的电场力为
所以
A错误；
BC．一开始电场力做正功，所以电场力方向是正方向，而摩擦力是负方向，则
电场力不断减小，加速度不断减小，所以一开始滑块向右做加速度减小加速运动，后做加速度减小学生减速运动，再做加速度增大的减速运动，所以当电场力等于摩擦力时，速度最大，而处的电场力为0，不可能等于摩擦力，所以B错误，C正确；
D．滑块第一次返回时恰能到处，摩擦力做的功等于
而一开始滑块的动能为
因为，所以滑块第一次返回时恰能到处，D正确。
故选CD。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。
9. 如图所示的电路中，L是一个自感系数很大的线圈，直流电阻可忽略不计。开关S闭合后，灯泡会________（选填“逐渐”或“立刻”）变亮，灯泡会________（选填“逐渐”或“立刻”）变亮；开关S断开瞬间，流经灯泡的电流方向是从________（选填“a到b”或“b到a”）。
【答案】 ①. 逐渐 ②. 立刻 ③. b到a
【解析】
【详解】[1]开关S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大，线圈产生感应电动势，阻碍电流的增大，故灯泡L1会逐渐变亮；
[2]开关S闭合后，灯泡L2与线圈L并联，不影响通过灯泡L2的电流，故灯泡L2会立刻变亮；
[3]开关S断开瞬间，线圈由于自感，阻碍电流的减小，线圈、灯泡L1、灯泡L2组成闭合回路，故流经灯泡L2的电流方向是从b到a。
10. 如图所示，以A、B、C、D为顶点的长方形处于平行于纸面的匀强电场中，AB的长度为0.10m，BC的长度为0.06m，A、B、C三点的电势分别为9V、10V、10V。则D点电势为________V，匀强电场的电场强度为________V/m；一点电荷从A点经B点移到C点电场力做功为，从A点经D点移到C点电场力做功为，则________（选填“等于”或“不等于”）。
【答案】 ①. 9 ②. 10 ③. 等于
【解析】
【详解】[1]因为匀强电场是平行于纸面的，所以等势线垂直于电场方向，而BC两点电势相等，所以BC为等势线，电场方向平行AB，而A点电势小于B点，所以电场方向是从B指向A，并且AD也是等势线，所以D点电势等于A点电势，为9V；
[2]匀强电场的电场强度为
[3]电场力做功取决于初末位置电势差，所以
所以。
11. 如图所示，MN是矩形导线框的对称轴，其左侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，已知磁感应强度为B，，。则此时导线框的磁通量为________，当导线框绕bc转过，导线框磁通量为________，这个过程导线框的磁通量变化量为________。
【答案】 ①. ②. 0 ③.
【解析】
【详解】[1]开始时，线框平面与磁场方向垂直，则穿过线框的磁通量为
[2]当导线框绕bc转过，线框平面与磁场方向平行，导线框磁通量为
[3]转动过程导线框的磁通量变化量为
12. 在“观察电容器的充、放电现象”实验中，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示出电流i随时间t变化的图像。
（1）为使电源向电容器充电，应将开关S与________（选填“1”或“2”）端相连；
（2）实验前直流电源电动势，电容器不带电。电容器充放电过程电流随时间变化的图像如图乙所示。
①图中阴影部分的面积________（选填“等于”或“不等于”）；
②计算机测得（即充电总电量为），则该电容器的电容为________F；
③由甲、乙两图可判断阻值________（选填“大于”或“小于”）。
【答案】 ①. 1 ②. 等于 ③. ④. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]为使电源向电容器充电，应将电容器接在电源两端，故开关S应接1；
（2）[2]S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以
[3]该电容器电容为
[4]由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有
所以
13. 某实验小组测量一粗细均匀金属丝的电阻率，已知金属丝的长度。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，其直径为________mm；
（2）用多用电表粗测金属丝的阻值，当用“×1”挡测量时，指针位置如图乙所示，其读数为________Ω；
（3）为了精确地测量金属丝的电阻，实验室提供了下列器材：
A．电流表（量程500μA，内阻200Ω）
B．电流表（量程0.3A，内阻约0.1Ω）
C．滑动变阻器（0~5Ω，额定电流1.0A）
D．滑动变阻器（0~1000Ω，额定电流0.5A）
E．电阻箱R（阻值范围为0~9999.9Ω）
F．电源（电动势3.0V，内阻约0.2Ω）
G．开关S、导线若干
①实验小组设计的实验电路图如图丙所示。由于没有电压表，需要把电流表串联电阻箱R改装成量程为3V的电压表，则电阻箱的阻值应调为________Ω。滑动变阻器应选择________（选填“”或“”）；
②正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得5组电流表、的值、，由数据作出图像如图丁所示，则________Ω（结果保留2位有效数字）；
（4）该金属丝的电阻率为________
A． B． C．
（5）关于本实验的误差，下列说法正确的是________
A．用图像处理实验数据可以减小偶然误差
B．为减小误差，电表读数时应多估读几位数
C．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
【答案】 ①. 0.730 ②. 6 ③. 5 800 ④. ⑤. 6.8 ⑥. B ⑦. A
【解析】
【详解】（1）[1] 螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为
0.5mm+
（2）[2] 当用“×1”挡测量时，指针位于“6”，读数为6；
（3）①[3]根据电压表的改装原理可知
[4]滑动变阻器采用分压式接法，应选择阻值较小的R1；
②[5]根据串并联规律及欧姆定律有
由于远大于，则有
变形可得
根据图像的斜率可知
解得
（4）[6]根据电阻定理可知
其中
解得
故选B。
（5）[7] A．用−图像处理实验数据可以减小偶然误差，故A正确；
B．电表读数时应多估读几位数，不能减小误差，故B错误；
C．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故C错误；
故选A。
14. 电视机显像管的工作原理可简化如图。初速度为0的电子经电场加速后，以速度v沿半径方向进入圆形匀强磁场，经磁场偏转后电子向上偏转了。已知电子的质量为m，电荷量大小为e，磁场方向垂直于圆面，电子在磁场中运动的轨迹半径为r。求：
（1）加速电场的电压U；
（2）磁场的磁感应强度B的大小及方向；
（3）电子在磁场中的运动时间t。
【答案】（1）；（2），方向垂直圆面向外；（3）
【解析】
【详解】（1）电子在电场中加速
解得
（2）电子在磁场中做圆周运动
解得
方向垂直圆面向外；
（3）解法一：
电子在磁场中运动的轨迹长度
解得
解法二：
电子在磁场中运动的周期
解得
15. “水轮发电机”是将水的机械能转化为电能的发电设备，简化为如图装置。足够长水平“匚”形固定导体框架，宽度，电阻不计，左端连接电阻。金属棒ab质量，阻值，与导轨间滑动摩擦因数。匀强磁场的磁感应强度，方向垂直框架向上。现通过定滑轮用质量的重物由静止释放拉动金属棒。g取，求：
（1）通过金属棒的电流方向；
（2）金属棒能达到的最大速度；
（3）金属棒移动的过程中通过电阻R的电量。
【答案】（1）方向由a到b；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由右手定则可知电流方向由a到b。
（2）金属棒匀速时速度最大
解得
（3）设金属棒移动x所用时间为
解得
16. 某种空气净化装置原理如图所示，由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的均匀混合气流进入由一对平行金属板构成的集尘器。在集尘器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变，在匀强电场作用下，有些带电颗粒能打到集尘板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d、板间电压恒为U，不考虑重力影响和颗粒间的相互作用。求：
（1）若不计空气阻力，沿中轴线进入电场的质量为m、电量为的颗粒打在集尘板上时的动能；
（2）若不计空气阻力，能被集尘板全部收集的颗粒比荷的最小值；
（3）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为，颗粒所带电量的大小与其半径平方成正比，其值为，r为颗粒半径，k、为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间即加速达到最大速度。能被集尘板全部收集的颗粒的最小半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据动能定理
解得颗粒打在集尘板上时的动能
（2）若颗粒从上板下边缘进入经电场偏转后能打在集尘板上，则该种颗粒能全部被收集，其中打在右边缘上的颗粒比荷最小，则
根据牛顿第二定律
颗粒做类平抛运动，则
联立解得
（3）因颗粒在极短时间内即被加速到最大速度，颗粒在电场中做匀速直线运动，沿板方向与空气无相对运动，不受阻力。从上板下边缘进入的颗粒沿直线匀速运动至下板右边缘的颗粒恰能全部被收集，其半径最小，设颗粒沿电场方向的速度为，则
颗粒做类平抛运动，有
又因为
联立解得