2023年秋期高中二年級期終質(zhì)量評估物理試題注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效。4.保持卡面清潔，不折疊，不破損。5.本試卷分試題卷和答題卷兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。第Ⅰ卷選擇題（共44分）一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題只有一個選項符合題意）1.關于電磁學理論，下列說法正確的是（）A.麥克斯韋預言了電磁波的存在 B.安培發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應C.奧斯特提出了分子電流假說 D.法拉第用實驗的方法產(chǎn)生了電磁波【答案】A【解析】【詳解】A．麥克斯韋預言了電磁波的存在，故A正確；B．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故B錯誤；C．安培提出了分子電流假說，故C錯誤；D．赫茲用實驗的方法產(chǎn)生了電磁波，故D錯誤。故選A。2.如圖所示，兩個等量負點電荷分別固定在兩點，為的中點，為中垂線上的兩點，無限遠處電勢為零。下列說法正確的是（）A.三點中，點的電場強度最大B.將一正點電荷從點移至點，電勢能增加C.在連線上，點電勢最低D.在連線上，從到電場強度先增大后減小【答案】B【解析】詳解】A．M、N兩點位置不夠確定，則無法比較M點和N點場強大小，故A錯誤；B．等量負點電荷連線的中垂線的電場線方向由無窮遠處指向O點，所以M點的電勢低于N點的電勢，將一正點電荷從M點移至N點，電勢能增加，B正確；C．等量負點電荷的連線的電場線由O點分別指向兩側的電荷，則在A、B連線上，O點電勢最高，C錯誤；D．由等量負點電荷電場的特點知，兩電荷連線上，越靠近兩電荷，場強越大，則從A到B電場強度先減小后增大。D錯誤。故選B。3.如圖所示，電源電動勢為，內(nèi)阻為r，為相同規(guī)格小燈泡，阻值都大于，當滑動變阻器的滑片向左滑動時（）A.小燈泡變亮 B.小燈泡變亮 C.電源的輸出功率變小 D.電源的效率變大【答案】A【解析】【詳解】AB．當可變電阻R的滑片向左滑動時，R阻值變小，則總電阻變小，總電流增大，L1燈泡變亮，根據(jù)可知并聯(lián)支路的電壓變小，則L3燈泡變暗，則L3燈泡電流變小，則L2燈泡電流變大，即L2燈泡變亮，故A正確，B錯誤；C．燈泡電阻大于電源內(nèi)阻，當變阻器R的滑片P向左移動時，外電路總電阻減小，則根據(jù)知電源輸出功率增大，故C錯誤；D．電源的效率外電阻減小，η減小，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，是一個邊長為正方形導線框，其電阻為。線框以恒定速度沿軸運動，并穿過圖中所示的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為。如果以軸正方向作為安培力的正方向，線框在圖示位置開始計時，則線框所受安培力隨時間變化的圖像是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】在內(nèi)，線框在磁場之外，感應電流為0，安培力為0；在內(nèi)，由右手定則可得出感應電流的方向為逆時針的方向，維持線框以恒定速度v沿x軸運動，所以感應電動勢和電流不變，根據(jù)左手定則得出安培力的方向x軸的負方向，安培力大小為在內(nèi)，線框全部進入磁場，穿過線圈的磁通量不變，感應電流為0．安培力為0；在內(nèi)，線框左邊切割磁感線，由右手定則可得出感應電流的方向為順時針的方向，維持線框以恒定速度v沿x軸運動，所以感應電動勢和電流不變，根據(jù)左手定則得出安培力的方向x軸的負方向，大小為則圖像如圖所示故選D。5.如圖所示，一群質(zhì)量均為帶電量不同的正粒子，從進入小孔時可認為速度為零，加速電場區(qū)域Ⅰ的板間電壓為。粒子通過小孔射入正交的勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的磁感應強度大小為，左右兩極板間距為。區(qū)域?出口小孔與在同一豎直線上。若電量為的粒子剛好能沿直線運動通過，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A.區(qū)域Ⅱ的電場強度與磁感應強度的大小之比為B.區(qū)域Ⅱ左右兩極板的電勢差為C.帶電量為的粒子，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后將向左偏D.帶電量為的粒子，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后將向右偏【答案】B【解析】【詳解】A．粒子加速電場區(qū)域Ⅰ內(nèi)，根據(jù)動能定理有在正交勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，電量為+q的粒子剛好能沿直線運動通過O3，有區(qū)域Ⅱ的電場強度與磁感應強度的大小之比為故A錯誤；B．區(qū)域Ⅱ左右兩極板的電勢差為故B正確；C．帶電量為+2q的粒子，進入疊加場的速度為在正交的勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ中，粒子受到向左的電場力與向右的洛倫茲力的關系為則粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ?qū)⑾蛴移?，故C錯誤；D．帶電量為的粒子，進入疊加場的速度為在正交的勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ中，粒子受到向左的電場力與向右的洛倫茲力的關系為則粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ?qū)⑾蜃笃?，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比，原線圈接輸出電壓恒定的交流電源，副線圈中滑動變阻器的最大阻值是定值電阻的4倍，電壓表為理想交流電表?，F(xiàn)將滑片從滑動變阻器最上端向下滑動，則（）A.定值電阻消耗的功率減小B.電壓表的示數(shù)變大C.變壓器副線圈的輸出功率減小D.當滑片處于滑動變阻器正中間時，滑動變阻器消耗的功率最大【答案】C【解析】【詳解】A．設原線圈總交流電壓為U，原線圈電壓為U1，副線圈電壓為U2，原線圈電流為I1，副線圈電流為I2，則有解得因此原線圈可以看出是一個阻值為的電阻，當滑片從滑動變阻器最上端向下滑動，則R減小，I1增大，則定值電阻消耗的功率為所以定值電阻消耗的功率增大，A錯誤；B．當滑片從滑動變阻器最上端向下滑動，則R減小，則原線圈的等效電阻減小，原線圈分到的電壓減小，副線圈電壓也減小，所以電壓表的示數(shù)變小，B錯誤；C．變壓器副線圈的輸出功率等于原線圈的輸出功率，則此拋物線在時，功率最大，即當滑片在滑動變阻器最上端時，原線圈可以看出是一個阻值為的電阻，原線圈的輸出功率最大，所以當滑片從滑動變阻器最上端向下滑動時，變壓器副線圈的輸出功率減小，C正確；D．滑動變阻器消耗的功率就等于副線圈的輸出功率，根據(jù)上一選項的分析，當滑片在滑動變阻器最上端時，副線圈的輸出功率最大，即滑動變阻器消耗的功率也最大，D錯誤；故選C。二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對得5分，選對但不全得3分，有選錯或不選得0分）7.如圖所示，虛線、、為某電場中的三條電場線，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，、是這條軌跡上的兩點，則（）A.該帶電粒子在電場中點處受到的電場力比點處小B.該帶電粒子在電場中點處的加速度比點處大C.該帶電粒子在點具有的電勢能比在點具有的電勢能小D.該帶電粒子在點具有的動能比在點具有的動能小【答案】BC【解析】【詳解】A．在同一電場中，電場線越密集的地方電場強度越大，電場線越稀疏的地方電場強度越小，則可知。所以點電荷在處所受的電場力大于在處所受的電場力。A錯誤；B．由題可知，則該帶電粒子在電場中點處的加速度比點處大。B正確；CD．由軌跡曲線可知，電場力在軌跡彎曲的內(nèi)側，若帶電粒子從運動到，電場力與速度夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，帶電粒子在點具有的電勢能比在點具有的電勢能小，在點具有的動能比在點具有的動能大。若帶電粒子從運動到，電場力與速度夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增加，動能減小，帶電粒子在點具有的電勢能比在點具有的電勢能小，在點具有的動能比在點具有的動能大。則可知，無論從哪個方向運動，電勢能與動能變化規(guī)律一致。C正確，D錯誤；故選BC。8.如圖所示，兩極板間電壓為，在板附近有一電子（電荷量為-e、質(zhì)量為）僅在電場力作用下由靜止開始向板運動，則（）A.電子到板時速率為B.兩極板間距離越大，電子到達板時速率越大C.兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大D.電子到達板時速率與兩極板間距離無關【答案】CD【解析】【詳解】ABD．根據(jù)動能定理有解得可知電子到達板時速率與兩極板間距離無關，故AB錯誤，D正確；C．根據(jù)牛頓第二定律有可知兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大，故C正確；故選CD。9.如圖所示，在磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，有一邊長為的等腰直角三角形，三角形所在平面與磁場方向垂直。兩個相同的帶正電粒子從點沿方向分別以不同的速率、射出，若，且速率為的粒子從邊射出，它們在三角形區(qū)域內(nèi)運動的時間。不計粒子所受的重力及粒子間的相互作用，則可能為（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【詳解】粒子運動的時間表達式為所以粒子運動的時間只跟軌跡圓心角大小有關。速率為的粒子從邊射出，假設粒子在ac邊的任意一點射出，如圖所示。因為所以軌跡的圓心角為。所以在ac邊射出的粒子運動的時間都相等。因為它們在三角形區(qū)域內(nèi)運動的時間，所以解得另一個粒子從cb邊射出，其軌跡如圖所示。有解得而所以而的取值范圍為所以的取值范圍為故選AD。10.如圖所示，平行金屬導軌平面與水平面夾角為，導軌與定值電阻和相連，有一導體棒在沿平行于導軌向上拉力作用下沿導軌向上滑動，導體棒與導軌始終垂直且接觸良好。已知和的阻值分別為和，勻強磁場方向垂直導軌平面向上，導體棒的質(zhì)量為、電阻為、與導軌之間的動摩擦因數(shù)為。當導體棒速度為時，流過的電流為，此時（）A.導體棒兩端的電勢差B.導體棒產(chǎn)生的電動勢是C.導體棒受到的安培力為D.拉力的功率為【答案】BC【解析】【詳解】A．流過的電流為，而和并聯(lián)，且阻值分別為和，則流過的電流為，則總電流為導體棒兩端的電勢差為路端電壓，由右手定則可知感應電流由，即b端為等效電源的正極，則有故A錯誤；B．導體棒產(chǎn)生的電動勢為故B正確；C．由右手定則可知聯(lián)立可得故C正確；D．對導體棒受力分析，由牛頓第二定律有則拉力的功率為故D錯誤。故選BC。第Ⅱ卷非選擇題（共56分）三、填空題（本題共2小題，共14分。把答案填在答題卡上對應位置）11.用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，現(xiàn)提供如下實驗器材：電源電壓恒為、電容器（標稱電容）、電阻箱、微安表（量程），單刀雙擲開關和導線若干。甲乙（1）先將開關撥至位置1，充電完畢，再將開關撥至位置2，則流經(jīng)電阻箱的電流方向為______________（填“從上到下”或“從下到上”）；（2）放電過程圖像如圖乙所示，曲線與橫軸圍成的區(qū)域共有147個小格，則電容器電容的測量值為______________（結果保留三位有效數(shù)字）；（3）根據(jù)圖像可作出電容器所帶電荷量隨時間變化的圖像。某小組兩次實驗中電阻箱接入電路的阻值分別為和，對應的圖像為曲線和。則下列圖像中可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】①.從下到上②.980③.C【解析】【詳解】（1）[1]充電完畢，將開關S撥至位置2，電容器放電，電容器上極板帶正電，則流經(jīng)電阻箱R的電流方向為從下到上；（2）[2]（2）[2]圖象與坐標值圍成的面積表示電量，電量為電容器電容的測量值為電容結果可取。（3）[3]由知圖象的斜率表示電流，兩次實驗中電阻箱接入電路的阻值Ra<Rb，可知曲線a的放電電流比曲線b大，曲線a的圖象的斜率大，電容器電量相同，所以曲線a放電時間短。故圖像C符合要求。故選C。12.某問學想通過測繪小燈泡完整的伏安特性曲線來研究小燈泡的特性。所用器材如下：電壓表一個（量程。內(nèi)阻為）；電流表一個（量程。內(nèi)阻約為）；定值電阻（阻值為）；定值電阻（阻值為）；滑動變阻器（阻值）；電源（電動勢，內(nèi)阻很小）；開關一個，導線若干。（1）為測量小燈泡兩端的電壓，需要將電壓表與定值電阻______________（填“”或“”）______________（填“串”或“并”）聯(lián)。（2）根據(jù)實驗目的和提供的器材，在圖甲所示虛線框中補全實驗電路圖。（）（3）實驗描繪出的小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示，由甲圖可知，隨著小燈泡兩端電壓增大，燈絲的電阻______________（填“增大”“不變”或“減小”）。把實驗中的待測小燈泡接入另一電路，如圖丙所示，已知該電源電動勢，內(nèi)阻，定值電阻，小燈泡消耗的功率為______________（結果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?R2②.串③.④.增大⑤.0.20##0.21##0.22##0.23【解析】【詳解】（1）[1][2]為了增大電壓表的量程，應該串聯(lián)一個電阻R2，使其量程擴大為4V；（2）[3]電路圖如圖所示（3）[4]由甲圖可知，隨著小燈泡兩端電壓增大，逐漸減小，即逐漸減小，則燈絲的電阻逐漸增大；[5]根據(jù)閉合電路歐姆定律，有解得代入數(shù)據(jù)得在小燈泡的伏安特性曲線圖中繪制該函數(shù)圖像，如圖所示。交點對應的電流、電壓就是小燈泡兩端電壓及流過小燈泡的電流。圖中可知，小燈泡兩端電壓，流過小燈泡的電流，所以小燈泡消耗的功率為四、計算題（本題共3小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖所示，矩形線圈的匝數(shù)為n，線圈面積為S，線圈電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉動，外電路電阻為R，在線圈由圖示位置轉過90°的過程中，求：(1)通過電阻R的電荷量q.(2)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)(2)【解析】【詳解】(1)△φ=BS，時間△t=T/4=π/2ω根據(jù)法拉第電磁感應定律，產(chǎn)生的平均電動勢為平均電流為通過R的電荷量(2)在此過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱為一個周期內(nèi)產(chǎn)生焦耳熱的1/4R上的焦耳熱為：【點睛】由法拉第電磁感應定律可求得平均電動勢，再由歐姆定律求出平均電流，由q=It可求出電荷量；求出交流電的最大值，再由有效值與最大值的關系結合串聯(lián)電路的特點，即可求出電阻R的焦耳熱．14.一邊長為、質(zhì)量為、總電阻為的正方形導線框，自磁場上方某處自由下落，如圖所示。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)均為勻強磁場，磁感應強度大小分別為，方向如圖所示，寬度分別為，且。導線框恰好勻速進入?yún)^(qū)域Ⅰ，一段時間后又恰好勻速離開區(qū)域Ⅱ，忽略空氣阻力，重力加速度為，求：（1）導線框釋放時邊與區(qū)域Ⅰ上邊界的