高級中學名校試卷PAGE2025學年度第一學期教學質量監(jiān)測高一級物理科試卷溫馨提示：請將答案寫在答題卡上；考試時間為75分鐘，滿分100分。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28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。A.麥克斯韋預言了電磁波的存在并通過實驗成功驗證B.電磁波只能在真空中傳播，不能在水中傳播C.只要把帶電體和永磁體放在一起，就會在周圍空間產生電磁波D.電磁波看不見，但具有能量【答案】D【解析】A．麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲通過實驗捕捉到了電磁波，故A錯誤；B．電磁波可以在真空中傳播，也能在水中傳播，故B錯誤；C．周期性變化的磁場、電場才能產生電磁波，故C錯誤；D．電磁波看不見，但具有能量。故D正確。故選D。2.在醫(yī)療手術中，麻醉劑乙醚在有靜電的空間容易產生爆炸現象，為防止其爆炸，手術室地磚要用導電材料制成，醫(yī)生、護士要穿由導電材料制成的鞋子和外套，一切設備要良好接地，甚至病人身體也要良好接地，這樣做是為了（）A.防止漏電 B.除菌消毒 C.應用靜電 D.消除靜電【答案】D【解析】靜電會產生火花、熱量，麻醉劑為易揮發(fā)性物品，遇到火花或熱源便會爆炸，良好接地，目的是消除靜電。故選D。3.隨著社會的發(fā)展，人民生活水平大大提高，廣大樂迷喜愛的電吉他等樂器也進入生活。電吉他的琴弦?guī)в写判?，琴身上裝有拾音器，琴弦振動時會使拾音器線圈中的磁通量發(fā)生變化，線圈產生的信號經放大器放大后使揚聲器發(fā)聲。拾音器的原理圖如圖所示。下列說法正確的是（）A.拾音器線圈的工作原理是電磁感應 B.電吉他的琴弦可以用純尼龍材料制成C.琴弦不動時，線圈中有感應電流 D.琴弦振動時，線圈中產生感應電流【答案】AD【解析】A．琴弦振動時會使拾音器線圈中的磁通量發(fā)生變化，回路產生感應電流，線圈產生的電信號經放大器放大后使揚聲器發(fā)聲，所以拾音器線圈的工作原理是電磁感應，故A正確；B．電吉他的琴弦必須用金屬線，不可以用純尼龍材料制成，否則不能構成回路，故B錯誤；CD．琴弦不動時，拾音器線圈中的磁通量不發(fā)生變化，線圈中不會有感應電流；琴弦振動時，拾音器線圈中的磁通量發(fā)生變化，線圈中產生感應電流，故C錯誤，D正確。故選AD。4.由導電的多晶硅制成的電容加速度傳感器如圖甲所示，圖乙是其原理圖，位于中間的多晶硅懸臂梁分別與頂層多晶硅、底層多晶硅組成兩個電容器、，當電容器充電后處于斷路狀態(tài)，并由靜止突然向上加速運動時，多晶硅懸臂梁的右側可發(fā)生如圖乙中虛線所示的彎曲形變，下列說法正確的是（）A.電容器的電容減小 B.電容器兩板間的電壓減小C.電容器兩板間的電場強度減小 D.電容器兩板間的電場強度減小【答案】B【解析】A．多晶硅懸臂梁的右側可發(fā)生如圖所示的彎曲形變，多晶硅懸臂梁與上電極間距增加，下電極距離減小，根據電容器電容決定式可得電容器的電容減小，電容器的電容增加，故A錯誤；B．因電荷量不變，根據可知電容器兩板間電壓減小，故B正確；CD．根據可知，當板間距變化時，電場強度不變，故CD錯誤。故選B。5.用智能手機軟件可測量磁感應強度，如圖所示，將手機平放在面積為的水平桌面上，在手機上建立三維坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面，豎直向上為z軸正方向，測得，，，根據測量數據可知（）A.測量地點位于赤道位置 B.通過桌面的磁通量為C.通過桌面的磁通量為 D.通過桌面的磁通量為【答案】B【解析】A．赤道位置的地磁場方向水平由南指向北，豎直方向的分磁場為零，即，故A錯誤；BCD．通過桌面的磁通量為故B正確，CD錯誤。故選B。6.如圖所示，在直角三角形的頂點、分別固定有點電荷、，現將一試探電荷固定于頂點，測得所受電場力與邊垂直。已知，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根據電荷q受到的電場力方向，可以判斷出點電荷、對q的電場力分別為和，如圖根據庫侖定律，有根據幾何關系可知聯(lián)立，可得故選B。7.如圖甲為直線加速器原理圖，由多個橫截面積相同的圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上。序號為奇數的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。已知電子的質量為m、元電荷為e、電壓的絕對值為u，周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，此時位于和偶數圓筒相連的圓板（序號為0）中央有一個初速度為零的電子。下列說法正確的是（）A.可以選用高強度的玻璃作為圓筒材料 B.電子在圓筒內運動的時間為TC.進入第2個金屬圓筒時的速度為 D.第8個金屬圓筒的長度為【答案】C【解析】A．圓筒需要和交流電源相連形成電場，必須導電，故A錯誤；B．因為電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，所以電子在金屬圓筒中的運動時間應該為交變電源周期的一半，即，故B錯誤；C．由動能定理得所以電子進入第2個圓筒瞬間速度為故C正確；D．由動能定理得所以電子進入第8個圓筒瞬間速度為因為金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內部場強為零，電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第8個圓筒長度為故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖，兩條通有同向電流的平行無限長導線L1、L2，其中P、Q點連線與兩導線垂直，且P點到兩導線的距離相等，O點為P、Q中點且位于L2上，忽略其他磁場的影響，檢測發(fā)現P點的磁場方向垂直紙面向里，下列說法正確的是（）A.Q點的磁感應強度比P點的磁感應強度大B.Q點的磁感應強度和P點的磁感應強度大小相等C.導線L1中的電流小于導線L2中的電流D.Q點的磁場方向垂直紙面向里【答案】AC【解析】C．根據安培定則可知L1產生的磁場向外，L2產生的磁場向里，而P點的合磁場方向垂直紙面向里，由疊加原理可知，導線L1中的電流小于導線L2中的電流，故C正確；D．根據安培定則及疊加原理，可得磁感應強度Q點的磁場方向垂直紙面向外，故D錯誤；AB．P點磁感應強度大小為，Q點磁感應強度大小為，故Q點的磁感應強度比P點的磁感應強度大，故A正確，B錯誤。故選AC。9.在汽車噴漆中，有一門技術叫做靜電噴涂，在市場上已經得到廣泛的運用。靜電噴涂是一種利用電荷和電場將霧化涂料的微粒吸附到噴涂對象上的噴涂工藝，如圖所示為其原理結構圖。下列說法正確的是（）A.靜電噴涂屬于尖端放電B.霧化涂料向工件運動的過程中做勻變速曲線運動C.噴口噴出的霧化涂料微粒帶負電，被涂工件接正極D.霧化涂料向工件運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小【答案】CD【解析】A．靜電噴涂屬于靜電吸附，故A錯誤；B．霧化涂料向工件運動的過程中，電場力變化，加速度變化，因此不是做勻變速曲線運動，故B錯誤；C．由圖可知，由噴口噴出的霧化涂料微粒帶負電，被涂工件接正極，通過霧化涂料和工件之間的電場，加強吸附效果，故C正確；D．霧化涂料向工件運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故D正確。故選CD。10.如圖為臺式電風扇，因其小巧便攜、可充電等特點深受同學們喜愛。某品牌風扇電阻為0.5Ω，正常工作時的電壓為3.7V、功率為4.44W。機內電池容量為。則（）A.該風扇正常工作時的電流為7.4AB.該風扇正常工作時電動機的機械功率為3.72WC.該風扇連續(xù)正常工作的時間為2.5hD.電池充滿電后儲存的總電能約為【答案】BD【解析】A．該風扇正常工作時的電流為故A錯誤；B．該風扇正常工作時電動機的發(fā)熱功率為該風扇正常工作時電動機的機械功率為故B正確；C．根據題意可得機內電池容量為可得該風扇連續(xù)正常工作的時間為故C錯誤；D．電池充滿電后儲存的總電能約為故D正確。故選BD。三、非選擇題：共54分，考生根據要求作答。11.在“用傳感器觀察電容器的充電和放電”實驗中，電路圖如圖甲所示。（1）把開關S接1，電源給電容器充電，電容器兩板間電壓迅速增大，隨后逐漸穩(wěn)定在某一數值，此時電流計示數_________；（填選項前字母符號）A.為零 B.穩(wěn)定在某一非零數值（2）把開關S改接到2，測得電容器放電過程的圖像如圖乙所示，則電容器在放電過程中釋放的電荷量約為_________C（結果保留2位有效數字）；（3）如果將電阻R換成一個阻值更小的電阻，則放電過程持續(xù)的時間將____（填“變長”“不變”或“變短”）?！敬鸢浮浚?）A（2）（3）變短【解析】（1）把開關S接1，電源給電容器充電，電容器兩板間電壓迅速增大，隨后逐漸穩(wěn)定在某一數值，此時電容器充電結束，電流計示數為零。故選A。（2）電容器的放電圖像是一條逐漸下降的曲線，而，從微元法得到，圖像與坐標軸圍成的面積就是總的電荷量，遵循大于半格算一格、小于半格舍去的原則，圖像下共有42格，所以電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為（3）由于電阻對電流有阻礙作用，若將電阻換一個阻值較小電阻，放電的瞬時電流變大，圖像更加陡些，則放電時間將變短。12.在測定一根粗細均勻金屬絲的電阻率的實驗中：（1）某同學先使用螺旋測微器測定金屬絲的直徑，某次測量結果如圖甲，讀數為_________mm。（2）隨后，再用電表粗測其電阻。用已經調零且選擇開關指向歐姆擋“”擋位的多用電表測量，發(fā)現指針的偏轉角太大，這時他應將選擇開關換成歐姆擋的“_______”擋位（選填“”或“×1”），然后進行調零，再次測量金屬絲的阻值，其表盤及指針所指位置如圖乙所示，其測量結果為_________Ω。（3）現要進一步精確測量其阻值，實驗室提供了下列可選用的器材：A.電流表（量程，內阻約為B.電流表（量程為，內阻約為C.電壓表（量程為，內阻約為D.滑動變阻器（最大阻值為E.滑動變阻器（最大阻值為F.電源（電壓為G。開關、導線若干為了盡可能提高測量準確度，電流表應選_______；滑動變阻器應選_______；（均填器材前面的字母）。并根據圖丙電路，將圖丁的實物圖連接完整_______。（4）某次實驗測得金屬絲兩端電壓為，通過的電流為，金屬絲的直徑為，長度為，寫出該金屬電阻率的表達式_____________。（用表示）（5）本實驗所用電路連接方式，測得的金屬電阻率_________（填“大于”“等于”或“小于”）真實值?！敬鸢浮浚?））0.529##0.530##0.531（2）×112（3）AD（4）（5）小于【解析】（1）用螺旋測微器測定金屬絲的直徑讀數為0.5mm+0.01mm×3.1=0.531mm（2）[1][2]用已經調零且選擇開關指向歐姆擋“”擋位的多用電表測量，發(fā)現指針的偏轉角太大，說明倍率檔選擇的過高，則這時他應將選擇開關換成歐姆擋的“×1”擋位，然后進行歐姆調零，再次測量金屬絲的阻值，其表盤及指針所指位置如圖所示，可知電阻約為12歐姆。（3）[1][2]電源電壓為4V，則電路中可能達到的最大電流為則為了盡可能提高測量準確度，電流表應選A；滑動變阻器要接成分壓電路，可知應選阻值較小D。因待測電阻較小，則采用電流表外接，滑動變阻器用分壓電路，實物圖連接如圖（4）根據解得（5）由于電壓表分流，使電阻的測量值小于真實值，則實驗測得的電阻率小于真實值。13.如圖為一種靜電除塵裝置的示意圖，它的上下底面金屬板M、N水平放置間距，寬，金屬板間的勻強電場的電場強度。分布均勻的帶電煙塵顆粒以的速度從左側平行于金屬板進入裝置，碰到下金屬板的顆粒被收集，但不影響電場的分布。已知每個煙塵顆粒的質量，所帶電荷量。不考慮煙塵顆粒的重力、顆粒間的相互作用力和空氣阻力。（1）求金屬板間的電壓U；（2）若從某點進入的帶電顆粒能飛出電場，求其在電場中運動的加速度大小a、時間t以及飛出時垂直于板面方向的偏移量y；（3）為了使進入裝置的所有帶電顆粒都被收集到金屬板上，求兩金屬板間的最大間距dm?！敬鸢浮浚?）300V；（2），，；（3）0.05m【解析】（1）根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得（2、3）根據牛頓第二定律水平方向沿著電場方向根據以上分析可知為了使進入裝置的所有帶電顆粒都被收集到金屬板上，求兩金屬板間的最大間距14.在光滑絕緣的水平面上，長為的絕緣輕質細桿的兩端各連接一個質量均為m的帶電小球A和B（均可視為質點）組成一個帶電系統(tǒng)，球A所帶的電荷量為，球B所帶的電荷量為?，F讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域內，已知虛線位于細桿的中垂線，和的距離為，勻強電場的電場強度大小為E、方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運動，不考慮其他因素的影響。求：（1）釋放帶電系統(tǒng)的瞬間，兩小球加速度的大??；（2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間。【答案】（1）（2）【解析】（1）對整體應用牛頓第二定律有解得兩小球加速度大小為（2）系統(tǒng)向右加速運動階段解得此時B球剛剛進入MN，帶電系統(tǒng)的速度假設小球A不會出電場區(qū)域，帶電系統(tǒng)向右減速運動階段有加速度減速運動時間減速運動的距離可知小球A恰好運動到邊界時速度減為零，假設成立。所以帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間15.市場上的“電子秤”實際上是壓力測量儀，其原理結構如圖甲所示。圖中a為金屬片，b為金屬板，a與b中間是一根彈簧。PQ為一段長為10cm且粗細均勻的導體，總電阻為200Ω，其接入阻值R?與所測物體的質量m的關系如圖乙所示。電源電壓為12V，閉合開關，質量為m=1kg的