福建省宁德市2024-2025学年高二(上)1月期末考试物理试卷（解析版）

这是一份福建省宁德市2024-2025学年高二(上)1月期末考试物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了 本试卷分第Ⅰ卷，共6页， 下列过程中能产生感应电流的是，28J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. 某智能百叶窗的叶片上贴有太阳能板，在光照时发电，给电动机供电以调节百叶窗的开合。该过程中发生的能量转换是（ ）
A. 电能→机械能→光能B. 光能→机械能→电能
C. 光能→电能→机械能D. 机械能→电能→光能
【答案】C
【解析】太阳能板在光照时发电，把光能转化为电能；电能供给电动机，转化为机械能，调节百叶窗的开合，故该过程中发生的能量转换是光能→电能→机械能。
故选C。
2. 某除尘器模型的集尘板是很长的条形金属板，如图所示，直线为该集尘板的截面图，带箭头的实线为电场线，虚线为带电粉尘的运动轨迹，P、Q为运动轨迹上的两点，则（ ）
A. 带电粉尘带正电
B. P点电场强度大于Q点电场强度
C. 带电粉尘在P点的加速度小于Q点的加速度
D. 带电粉尘在P点的速度大于Q点的速度
【答案】C
【解析】A．由图像知轨迹的弯曲方向即受电场力的方向与电场线方向相反，所以该粉尘颗粒带负电，故A错误；
BC．由电场线的疏密程度可知，P点电场强度小于Q点电场强度，结合牛顿第二定律可知，则带电粉尘在P点的加速度小于Q点的加速度，故B错误，C正确；
D．若带电粉尘从P点到Q点的过程中，电场力做正功，带电粉尘的动能增加，速度变大，则带电粉尘在P点的速度小于Q点的速度，故D错误。
故选C。
3. 速度选择器简化模型如图所示，两极板P、Q之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质子以速度从左侧沿两板中心线进入板间区域，恰好沿直线运动，不计质子重力。下列说法正确的是（ ）
A. P极板接电源的负极
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为
C. 若仅将质子换成电子，则不能沿直线运动
D. 若质子以速度从右侧沿中心线射入，仍能做匀速直线运动
【答案】B
【解析】AB．质子恰好做直线运动，由左手定则可知，质子受竖直向上的洛伦兹力，则质子受到的电场力竖直向下，电场方向向下，则P极板接电源的正极，由平衡条件有
又有
联立解得
故A错误，B正确；
C．若仅将质子换成电子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦兹力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线运动，故C错误；
D．若质子以速度从右侧沿中心线射入，由左手定则可知，质子受竖直向下的洛伦兹力，仍受向下的电场力，不满足受力平衡，不能做直线运动，故D错误。
故选B。
4. 如图甲，粗糙绝缘的水平地面上，电荷量为QA、QB的两个小球（可视为点电荷）分别固定于相距12L的A、B两处。一质量为m、电荷量为q的带负电小滑块（可视为质点）从x = −2L处由静止释放，沿x轴正方向运动，在x = 4L处开始反向运动。滑块与地面间的动摩擦因数为μ，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 两固定点电荷均为正电荷
B. x = 2L处电势最低
C. QA = 2QB
D. 从x = −2L到x = 4L，电势升高
【答案】D
【解析】AB．小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x = 2L处电势能最低，则x = 2L处电势最高，故AB错误；
C．根据功能关系知，图像的斜率表示电场力的大小，可知在x = 2L处电场力为零，则有
解得
故C错误；
D．从x = −2L到x = 4L由动能定理有
解得
则从x = −2L到x = 4L电势差为负，电势升高，故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. 如图所示，两绝缘细线分别系带电小球a、b，悬挂于O点，静止时两球处于同一水平线，细线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α < β，a球的电荷量大于b球的电荷量。则（ ）
A. 两球带异种电荷
B. a球的质量大于b球的质量
C. a球受到的静电力等于b球受到的静电力
D. a球受到的静电力小于b球受到的静电力
【答案】BC
【解析】A．由图结合平衡条件可知两球应该排斥力才能处于静止状态，所以两球带同种电荷，故A错误；
CD．a球受到的静电力和b球受到的静电力为作用力与方作用力，大小相等，方向相反，故C正确、D错误；
B．设两球之间的静电力大小为，设任一球与竖直方向的夹角为，由平衡条件有
由于
可知
ma > mb
故B正确。
故选BC。
6. 下列过程中能产生感应电流的是（ ）
A. 甲图，匀强磁场中的圆形线圈从实线位置向右平移到虚线位置
B. 乙图，半圆形线圈从实线位置逆时针旋转到虚线位置
C. 丙图，导体棒沿磁感线方向向上平移一小段距离
D. 丁图，通电直导线旁的导线框垂直纸面向纸内平移
【答案】BD
【解析】A．甲图，匀强磁场中的圆形线圈从实线位置向右平移到虚线位置，穿过线圈的磁通量不发生变化，所以线圈中没有感应电流，故A错误；
B．乙图，半圆形线圈从实线位置逆时针旋转到虚线位置，穿过线圈的磁通量减少，所以线圈中有感应电流，故B正确；
C．丙图，导体棒沿磁感线方向向上平移一小段距离，穿过回路的磁通量不发生变化，所以回路中没有感应电流，故C错误；
D．丁图，通电直导线旁的导线框垂直纸面向纸内平移，，穿过线圈的磁通量减少，所以线圈中有感应电流，故D正确。
故选BD。
7. 如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。c、O、d在M、N的连线上，O为MN的中点，a、b位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。下列说法正确的是（ ）
A. O点处的磁感应强度为零
B. a、c两点处的磁感应强度方向不同
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
【答案】CD
【解析】A．根据安培定则，M处导线中的电流在O点处产生的磁场方向垂直MN向上，N处导线中的电流在O点处产生的磁场方向垂直MN向上，合成后磁感应强度不为零，A错误；
D．M处导线中的电流在a点处产生的磁场方向垂直Ma偏向左上方，在b点处产生的磁场方向垂直Mb偏向右上方，N处导线中的电流在a点处产生的磁场方向垂直Na偏向右上方，在b点处产生的磁场方向垂直Nb偏向左上方，根据磁场的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，D正确；
C．M处导线中的电流在c点处产生的磁场方向垂直于cM向上，在d点处产生的磁场方向垂直dM连线向上，N处导线中的电流在c点处产生的磁场方向垂直于cN向上，在d点处产生的磁场方向垂直于dN连线向上，根据平行四边形定则知，c点处的磁场方向垂直MN向上，d点处的磁场方向垂直MN向上，且c、d两点处磁感应强度大小相等，C正确；
B．由上分析知，a、c两点处的磁场方向都是垂直MN向上的，B错误。
故选CD
8. 如图所示，在竖直平面内有足够宽的匀强电场，场强，方向水平向右。一根长的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量的带电小球，静止时悬线与竖直方向的夹角。若小球获得垂直于绳子斜向上的初速度后，恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为圆的竖直直径。取小球静止时的位置为零电势点，，，重力加速度g取。则（ ）
A. 小球的电荷量
B. 绳子的最大拉力大小为6.25N
C. 若小球经过B点时绳子断开，则之后小球的最小动能为0.28J
D. 若小球经过B点时绳子断开，则之后小球的最大电势能为0.60J
【答案】AC
【解析】A．小球静止时悬线与竖直方向成37°，受重力，拉力和电场力，三力平衡，如图
根据平衡条件，有
解得
故A正确；
B．小球在复合场中的等效重力加速度大小为
小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，小球在等效最高点，由牛顿第二定律得
解得
小球从圆周运动的等效最高点到等效最低点由动能定理得
解得
小球在圆周运动的等效最低点时绳子拉力最大
解得
故B错误；
C．小球从圆周运动的等效最高点到B点，由动能定理得
解得
若小球经过B点时绳子断开，小球在复合场中做类斜抛运动，则之后小球运动到等效重力场的最高点时的动能最小，为
故C正确；
D．小球在B点的速度方向与电场线方向平行，当小球经过B点时绳子断开后，在电场线反方向运动的位移最大时电势能增大的最大，即
当小球经过B点时绳子断开后，在电场线反方向运动的位移最大时电势能最大
故D错误。
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，虚线左侧有磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场，矩形线圈与磁场方向垂直，面积为，边恰好与磁场边界重合，则穿过线圈的磁通量为______。若将线圈向右平移出，则穿过线圈的磁通量减少了______。
【答案】0.08 0.02
【解析】[1]穿过线圈的磁通量
[2]若将线圈向右平移出，则穿过线圈的磁通量减少了
10. 在生产生活中，电容器的应用十分广泛。利用电容器可监测压力的变化，如图所示，固定极板A和可动极板B组成一个可变电容器。极板B两端固定，施加压力F使它发生形变，从而改变电容器的电容。当F增大时，电容器的电容将______（填“增大”或“减小”），电容器将______（填“充电”或“放电”），通过电阻R的电流方向______（填“向左”或“向右”）。
【答案】增大 充电 向左
【解析】[1]当F增大时，电容器两板间距离减小，根据电容的决定式，可知电容C增大。
[2][3]电容器两板间电压U不变，电容器所带电量为
电容C增大，则Q增大，电容器将充电，A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，通过电阻R的电流方向向左。
11. 一匀强电场的方向平行于平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，电势分别为10V、23V、15V，则坐标原点O处的电势为______V。电子从a点运动到b点的过程中，电场力做功为______，电势能______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】2 13 减小
【解析】[1]四边形为矩形，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得
即
解得坐标原点O处的电势为
[2][3]电子从a点运动到b点的过程中
电场力做功为
可知电子从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小。
12. 图甲为多用电表示意图，其中K、S、T为三个可调节的部件，某同学用它测量一阻值约为的电阻，操作步骤如下：
（1）调节机械调零旋钮，使电表指针指在左边零刻度处；
（2）将选择开关旋至欧姆挡的______（填“×10”或“×100”）位置；
（3）将红、黑表笔短接，调节可调部件______（填“K”、“S”或“T”），使电表指针指在______（填“左”或“右”）端电阻零刻度处；
（4）将两表笔分别与待测电阻两端相接，电表指针指在如图乙所示位置，则该待测电阻的阻值为______。
【答案】（2）×10 （3）T 右 （4）110
【解析】（2）[1] 因待测阻值约为200Ω且指针要在处，故开关旋转到位置；
（3）[2][3]多用电表欧姆表要先进行欧姆调零，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针指在右端电阻零刻度处；
（4）[4]由图可知该电阻的阻值为。
13. 某学习小组进行“测定金属的电阻率”实验，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度为50 cm。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为_____mm。
（2）用伏安法测金属丝电阻Rx。实验所用器材如下：
电池组（电动势3 V，内阻约1 Ω）；
电流表A（内阻约0.1 Ω）；
电压表V（内阻约3 kΩ）；
滑动变阻器R（0 ~ 10 Ω，额定电流2 A）；
开关、导线若干。
利用以上器材按图乙正确连接好电路，请将图丙实物图连接完整______________。
（3）测出多组数据，描绘出U − I图线如图丁所示。由图线得到金属丝的阻值Rx = ______Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）由以上数据可估算出金属丝的电阻率为______Ω⋅m（结果保留两位有效数字）。
【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）金属丝的直径为
（2）如图乙所示，滑动变阻器采用分压式接法，电流表外接，电路图如下图所示
（3）由图丁可知，图线的斜率反映了金属丝的电阻，故金属丝的阻值为
（4）根据电阻定律可知
又有
解得
14. 倾角的光滑金属导轨M、N的上端接入一电动势、内阻的电源，导轨间距，导轨周围存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，导轨电阻不计。将一个质量，电阻的金属棒水平放置在导轨上，当闭合开关S后，金属棒恰好静止在导轨上，如图所示。重力加速度g取。（已知，）求：
（1）通过金属棒的电流I；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）若仅将匀强磁场方向变为垂直于导轨平面向下，此时金属棒的加速度大小a。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得
得
I=1A
（2）导体棒静止，根据共点力平衡可得
BIL=mgsin37°
得
B=0.18T
（3）由牛顿第二定律可得
mgsin37°+BIL=ma
得
a=12m/s2.
15. 离子注入是芯片制造中的一道重要工序，其简化模型如图所示。质量为m、电荷量为q的离子从A处由静止释放，经电压为U的电场加速后，沿图中圆弧虚线通过磁分析器，从C点垂直进入水平方向的矩形匀强电场中，最后恰好打在N点，。已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。整个装置处于真空中，离子重力不计。求：
（1）离子刚进入磁场时的速度大小v；
（2）离子在磁分析器中运动的轨迹半径R和时间t；
（3）矩形区域内匀强电场的场强E。
【答案】（1） （2）， （3）
【解析】（1）离子先经过加速电场加速，根据动能定理可得
解得
（2）在磁分析器中，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
又
离子在磁分析器中运动时间为
解得
（3）当离子进入匀强电场后做类平抛运动，则有
，，
联立解得
16. 如图所示，水平地面上放置一足够长、质量的绝缘长木板，长木板与水平地面间的动摩擦因数。质量、带电量的小物块（可视为质点）静止在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数。在距小物块的虚线右侧存在宽度的匀强电场，方向水平向右，匀强电场右侧存在宽度的匀强电场，其场强大小，方向竖直向上。现对长木板施加一水平向右的恒力，使物块穿过右侧两电场区域。已知物块进入电场前和长木板保持相对静止，进入电场后与长木板发生了相对运动，穿过电场的过程中，小物块的电势能减少了127.5J。重力加速度g取，求：
（1）小物块进入电场前的加速度大小；
（2）小物块离开电场时的速度大小；
（3）小物块从进入电场到离开电场所用的时间t；
（4）从开始到最终小物块与长木板共速的整个过程中，小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1） （2） （3） （4）
【解析】（1）对整体分析，由牛顿第二定律可得
解得
（2）小物块进电场前，根据匀变速直线运动规律
电场E1中，对小物块
解得
（3）小物块m在电场E1中
得
在电场E2中
小滑块做匀速运动，则根据
得
则
（4）木板在电场E1中
得
物块离开电场E1时，木板的速度
得
物块与木板的相对位移
得
则
在电场E2中
得
a3=3.5m/s2
根据
得
v4=15m/s
出电场后对物块
得
a4=4m/s2
对木板
得
a5=1m/s2
设再经t3时间共速
得
，
物块与木板的相对位移
则
从开始到最终小物块与长木板共速的整个过程中，小物块与长木板间因摩擦产生的热量