南平市2023—2024學年第一學期高二期末質量檢測物理試題滿分：100分。考試時間：75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。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，只有一項是符合題目要求的。1.下列各圖中，電流I與其產生的磁場的磁感應強度B的方向關系正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．圖A中，由安培定則可知，導線右側磁場垂直紙面向里，導線左側磁場垂直紙面向外，故A錯誤；B．圖B中，由安培定則可知，導線產生的磁場為逆時針方向，故B錯誤；C．圖C中，由安培定則可知，環(huán)形電流內部磁場由右向左，故C正確；D．圖D中，由安培定則可知，通電螺線管右端為極，螺線管內部磁場由S到N，故D錯誤。故選C。2.如圖所示是甲、乙兩個點電荷電場的電場線，P、Q為同一電場線上的兩點，下列說法正確的是（）A.P點的電場強度小于Q點B.P點的電勢高于Q點C.電子在P點時的電勢能大于在Q點時的電勢能D.若電子從Q點由靜止釋放，只受電場力作用，則電子會沿電場線運動到P點【答案】B【解析】【詳解】A．電場先分布的疏密程度表示電場的強弱，根據圖像，P點的電場線分布比Q點的電場線分布密集一些，則P點的電場強度大于Q點，故A錯誤；B．沿電場線，電勢降低，根據圖像可知，P點的電勢高于Q點，故B正確；C．電子帶負電，電子在電場中的由于而電勢能的正負表示大小，可知，電子在P點時的電勢能小于在Q點時的電勢能，故C錯誤；D．電子在電場中僅僅受到電場力，靜止釋放，若電子沿電場線運動，則電場線必定為一條直線，由于圖中Q點位置的電場線為曲線，可知，若電子從Q點由靜止釋放，只受電場力作用，則電子不會沿電場線運動到P點，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，電源電動勢，內阻，電阻箱的最大阻值為99Ω，定值電阻。合開關S，調節(jié)電阻箱的阻值，則（）A.電源總功率最大值為6W B.R1的最大電功率為C.的最大電功率為18W D.r的最大電功率為9W【答案】A【解析】【詳解】A．當時，回路電阻最小，電流最大，此時電源總功率最大，最大值為選項A正確；B．將R2等效為電源的內阻則當時R1的功率最大，最大電功率為選項B錯誤；CD．當R1=0時，電路總電阻最小，此時電流最大，此時和r的功率都是最大，則此時的最大電功率為r的最大電功率為選項CD錯誤。故選A。4.如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是（已知重力加速度為g）（）A.兩極板間電壓為B.板間電場強度大小為C.整個過程中質點的重力勢能增加D.若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上【答案】C【解析】【詳解】AB．據題分析可知，質點在平行板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，質點的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得解得由得板間電勢差故AB錯誤；C．質點在電場中向上偏轉的距離，，解得故質點打在屏上的位置與P點的距離為重力勢能的增加量故C正確；D．僅增大兩極板間的距離，因兩板上電荷量不變，根據可知，板間場強不變，質點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏上，故D錯誤。故選C。二、雙項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項符合題目要求。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.如圖是回旋加速器結構示意圖，主要由兩個半圓形的中空銅D形盒構成，兩盒間留有一狹縫，置于真空中。勻強磁場B垂直穿過盒面，由高頻振蕩器產生的交變電壓加在兩盒間的狹縫處。關于回旋加速器，下列說法正確的是（）A.圖中兩D形盒內所加磁場使粒子發(fā)生偏轉B.圖中兩D形盒間所加電場使粒子發(fā)生偏轉C.粒子在磁場中的運動周期隨粒子速度的增大而減小D.圖中D形盒的半徑越大，同一粒子最終獲得的動能越大【答案】AD【解析】【詳解】AB．回旋加速度器的原理是利用電場加速帶電粒子，利用磁場改變帶電粒子的運動方向，故A正確，B錯誤；C．帶電粒子在磁場中運動周期周期與粒子運動的速度大小無關，所以帶電粒子運動的周期不變，故B錯誤；D．根據帶電粒子的最大動能為可知，帶電粒子的最大動能與磁場和加速器半徑有關，與交變電壓無關，半徑越大，最大動能越大，故D正確。故選AD。6.如圖所示，自感線圈L的自感系數很大，電阻可忽略不計，定值電阻的阻值為，小燈泡的電阻為，已知，則（）A.開關閉合瞬間，小燈泡立即變亮B.開關閉合瞬間，小燈泡逐漸變亮C.開關斷開瞬間，小燈泡逐漸變暗D.開關斷開瞬間，小燈泡先閃一下，而后逐漸變暗【答案】AC【解析】【詳解】AB．開關S閉合后，通過線圈L電流逐漸增大，線圈產生感應電動勢，阻礙電流的增大，燈泡與線圈L并聯，不影響通過燈泡的電流，故燈泡會立刻變亮，故A正確，B錯誤；CD．開關S閉合，待穩(wěn)定后，由于，流過的電流小于流過的電流，開關S斷開瞬間，線圈由于自感，阻礙電流的減小，線圈、燈泡組成閉合回路，故小燈泡逐漸變暗，故C正確，D錯誤。故選AC。7.如圖甲所示，連接電流傳感器的線圈套在長玻璃管上。將強磁鐵從長玻璃管上端由靜止釋放，磁鐵下落過程中穿過線圈，并不與玻璃管接觸。實驗觀察到的感應電流I隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則（）A.磁鐵下落過程機械能守恒B.過程中磁鐵對線圈的作用力方向始終向下C.時刻穿過線圈磁通量的變化率不為零D.若將強磁鐵兩極翻轉后重復實驗，則感應電流先沿負方向后沿正方向【答案】BD【解析】【詳解】A．磁鐵下落過程，磁場力對磁鐵做了功，磁鐵機械能不守恒，故A錯誤；B．根據楞次定律的來拒去留，可知t1~t3時間內，磁鐵受到線圈的作用力方向始終向上，所以磁鐵對線圈的作用力方向始終向下。故B正確；C．由乙圖中感應電流的變化可知，t2時刻強磁鐵恰好運動到線圈處，此時穿過線圈的磁通量最大，電流為0，穿過線圈磁通量的變化率為零。故C錯誤；D．根據楞次定律，感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化?？芍魧⒋盆F兩極翻轉后重復實驗，磁場方向相反，則磁場的變化也隨之相反，產生的感應電流的方向也相反，即先產生負向感應電流，后產生正向感應電流，故D正確。故選BD。8.如圖所示，在平面等腰直角三角形區(qū)域內存在一垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量帶正電的粒子先后以速度垂直邊從不同位置射入磁場，有些粒子能在邊界上相遇。已知。粒子質量為m、電荷量為q，不計粒子重力，不考慮各粒子之間的相互作用。下列判斷正確的是（）A.磁場方向垂直紙面向外B.磁場方向垂直紙面向里C.相遇粒子的入射時間差的最大值為D.相遇且入射時間差最大的兩粒子入射點之間的距離為【答案】BC【解析】【詳解】AB．由題知，有些粒子能在邊界上相遇。說明帶正電的粒子向偏轉，根據左手定則知，磁場方向垂直紙面向里，A錯誤、B正確；C．如圖所示設粒子在點相遇，半徑為，當粒子軌跡在處相切時間差有最大值，由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，則則周期為代入得由幾何關系知，時運動時間為，時運動時間為，則時間差最大值為C正確；D．如圖所示由幾何關系知，，則相遇且入射時間差最大的兩粒子入射點之間的距離為代入得D錯誤。故選BC。三、非選擇題：共60分。其中9、10、11題為填空題，12、13題為實驗題，14~16為計算題?？忌鶕笞鞔?。9.如圖為某勻強電場的等勢面分布圖，已知每兩個相鄰等勢面相距2，則該勻強電場的電場強度___________；將一電荷量的試探電荷從a點移到d點，則試探電荷的電勢能___________（選填“增加”或“減少”）___________J?！敬鸢浮竣?100②.減少③.1.2×10-7【解析】【詳解】[1]兩個相鄰等勢面的電勢差為則電場強度為[2][3]由圖可知，a點電勢為d點電勢為則，兩點的電勢差為試探電荷從a點移動到d點，電場力做功為則電勢能變化為所以，試探電荷在移動過程中，電荷的電勢能減小，減小了。10.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻為r，為定值電阻（），為滑動變阻器，定值電阻大于電源內阻r。將滑動變阻器滑動端向右滑動，則電壓表的示數___________（選填“變大”“變小”或“不變”）；在此過程中理想電流表、、的示數變化量的絕對值分別為、和，理想電壓表示數變化量的絕對值為，則_________（選填“小于”“等于”或“大于”），_______（選填“小于”“等于”或“大于”）?！敬鸢浮竣?變大②.大于③.小于【解析】【詳解】[1][2][3]現將的滑動觸點向右端移動，則阻值增大，總電阻增大，總電流變小，變小。內阻上的電壓變小，則路端電壓增大，即電壓表的示數變大。根據并聯電路分流規(guī)律可得因為I3減小，而I1增大，所以I2一定減小，且I2減小量比I3的減小量大，即一定大于。由歐姆定律有由閉合回路歐姆定律有所以因為所以11.2023年9月17日，全球單機容量最大的福建平潭海上風電場全容量并網發(fā)電，其電能輸送示意圖如圖所示。若將輸送電壓由220升級為1100，保持輸送的總電功率、發(fā)電機輸出電壓、用戶得到的電壓和輸電線的電阻不變，則升壓變壓器匝數比變?yōu)樯壡暗腳______倍，輸電線上電流變?yōu)樯壡暗腳________倍；輸電線損失的功率變?yōu)樯壡暗腳________倍?！敬鸢浮竣?5②.③.【解析】【詳解】[1][2][3]由理想變壓器基本關系知不變，變?yōu)樵瓉淼?倍，所以變?yōu)樯壡暗?倍。因為輸送功率不變，由公式可知輸電電流變?yōu)樯壡暗谋?。損失功率為所以輸電線損失的功率變?yōu)樯壡暗谋丁?2.如圖所示的器材可用來研究電磁感應現象，其中、為兩個線圈，G為靈敏電流計。（1）在答題卡上將圖中所缺導線補接完整______；（2）用導線將器材連接好，閉合開關瞬間，產生電磁感應現象，其原因是穿過線圈______（選填“”或“”）的______發(fā)生了變化；（3）如果閉合開關瞬間發(fā)現靈敏電流計的指針向右偏，電路穩(wěn)定后，將迅速從中抽出時，電流計的指針將偏______（選填“向右”“向左”或“不會”）；（4）將插入中，閉合開關后，下列操作可使中感應電流與中電流繞行方向相反的是______A.在中插入軟鐵棒B.拔出C.將變阻器滑片向右移動D.斷開開關【答案】①.見解析②.L2③.磁通量④.向左⑤.A【解析】【詳解】（1）[1]將與靈敏電流計G連接構成閉合回路，將與滑動變阻器、電源合開關連接，產生磁場，電路圖如圖所示（2）[2][3]用導線將器材連接好，根據上述可知，線圈與靈敏電流計形成閉合回路，閉合開關瞬間，產生電磁感應現象，其原因是穿過線圈的磁通量發(fā)生了變化。（3）[4]如果閉合開關瞬間發(fā)現靈敏電流計的指針向右偏，表明磁場方向一定，穿過線圈的磁通量增大時，靈敏電流計的指針向右偏，可知，電路穩(wěn)定后，將迅速從中抽出時，穿過線圈的磁通量減小，電流計的指針將偏向左。（4）[5]A．在中插入軟鐵棒，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律，感應電流的磁場方向與原磁場方向一定相反，根據安培定則可知，中感應電流與中電流的繞行方向相反，故A正確；B．拔出，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律，感應電流的磁場方向與原磁場方向一定相同，根據安培定則可知，中感應電流與中電流的繞行方向相同，故B錯誤；C．將變阻器滑片向右移動，滑動變阻器接入電阻增大，電路中電流減小，線圈產生磁場減弱，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律，感應電流的磁場方向與原磁場方向一定相同，根據安培定則可知，中感應電流與中電流的繞行方向相同，故C錯誤；D．斷開開關，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律，感應電流的磁場方向與原磁場方向一定相同，根據安培定則可知，中感應電流與中電流的繞行方向相同，故D錯誤。故選A。13.某同學在實驗室用如圖甲的電路測量一新材料的電阻率。其中為該新材料制成的圓柱體電阻絲，其橫截面積為S，是阻值為0.6Ω的定值電阻。正確接線后，閉合開關，讀出電壓表示數U、電流表示數I以及對應的長度L。調節(jié)滑片P的位置，記錄多組U、I、L的值。（1）某次實驗過程中，電流表的指針位置如圖乙所示，該示數為___________A；（2）根據實驗數據繪出圖像如圖丙所示，則圖甲中電源的電動勢__________V，內阻_________Ω。（3）根據實驗數據可進一步繪出，如圖丁所示，則電阻絲的電阻率的表達式__________（用a、b、S表示）【答案】①.0.34②.1.5③.0.4④.【解析】【詳解】（1）[1]電流表選用0.6A擋，其最小分度為0.02A，由圖可知，此時電流大小為0.34A；（2）[2]由閉合電路歐姆定律可知由圖乙所示可知，圖像與縱坐標間的交點表示電動勢，故有[3]圖像的斜率其中解得（3）[4]由歐姆定律和電阻定律有得所以圖線斜率得14.半導體有著廣泛的應用，人們通過離子注入的方式優(yōu)化半導體以滿足不同的需求。其原理簡化如圖所示，Ⅰ區(qū)域為速度選擇器，存在著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為；Ⅱ域為磁感應強度大小可調的勻強磁場，其邊界是邊長為2L的正方形。一長度為L的半導體材料放在邊上，下端與C點重合，上端為F點。一束正離子流從狹縫射入速度選擇器，沿著直線通過速度選擇器，并從邊的中點垂直邊射入Ⅱ區(qū)域。已知每個離子的電量均為q，質量均為m，不考慮離子重力以及離子間的相互作用。（1）求離子從射入的速度大小v；（2）若離子打在F點，求Ⅱ區(qū)域的磁感應強度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）要使粒子沿直線通過速度選擇器，需滿足得（2）由幾何關系，粒子做圓周運動的半徑由牛頓第二定律有得15.如圖所示，長的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中的A點，此時繩與豎直方向的夾角。已