福建省三明市2022-2023学年高二上学期期末质量检测物理（解析版）.docx

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三明市2022—2023学年高二第一学期普通高中期末质量检测物理试题（考试时长：90分钟满分：100分）注意事项：1、答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证、姓名”与考生本人准考证、姓名是否一致。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）1.以下四幅图中为探究感应电流产生条件的实验是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．图中通过导体棒切割磁感线，观察通过电流计的电流受哪些因素影响，A正确；B．图中用小磁针探测电流产生磁场，B错误；C．图中用库仑扭秤探究点电荷间静电力受哪些因素影响，C错误；D．图中探究通电导线在磁场受到的磁场力，D错误。故选A。2.如图，在和处分别放置等量异种电荷，以两点连线的中点为圆心、在垂直的平面内某一圆周上任取两点A、B，则A、B两点（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 三明市2022—2023学年高二第一学期普通高中期末质量检测物理试题（考试时长：90分钟满分：100分）注意事项：1、答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证、姓名”与考生本人准考证、姓名是否一致。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）1.以下四幅图中为探究感应电流产生条件的实验是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．图中通过导体棒切割磁感线，观察通过电流计的电流受哪些因素影响，A正确；B．图中用小磁针探测电流产生磁场，B错误；C．图中用库仑扭秤探究点电荷间静电力受哪些因素影响，C错误；D．图中探究通电导线在磁场受到的磁场力，D错误。故选A。2.如图，在和处分别放置等量异种电荷，以两点连线的中点为圆心、在垂直的平面内某一圆周上任取两点A、B，则A、B两点（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.场强大小，方向均相同B.场强大小相等，方向不同C.电势相等，且高于D.电势相等，且低于【答案】A【解析】【详解】AB．如图所示，在等量异种电荷连线的中垂面上，以O3为圆心的圆周上A、B两点，场强大小相等，方向相同，A正确，B错误；CD．等量异种电荷连线的中垂面上各点电势相等，且等于电势，CD错误。故选A。3.如图所示，ab为一带电金属板，实线为其电场线。一粉尘仅在静电力作用下从P点沿虚线运动到Q点，则（　　）A.粉尘带正电B.粉尘的电势能减小C.P点电势高于Q点电势D.粉尘的加速度在P点大于Q点【答案】B第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】AC．场强方向未知，则无法根据运动轨迹判断电性和电势高低情况，AC错误；B．从P点沿虚线运动到Q点的过程中，由于电场力应指向轨迹凹侧，则粉尘做加速曲线运动，动能增大，电势能减小，B正确；D．P点电场线较稀疏，场强较小，则粉尘在P点所受电场力较小，加速度较小，D错误。故选B。4.两列相干波沿x轴相向传播，时刻两波分别传到和处，其波形与传播方向如图所示，波的周期为T，则平衡位置（　　）A.处的质点是振动减弱点B.处的质点位移始终为0C.处的质点此时振动方向向下D.处的质点在时刻位移为20cm【答案】B【解析】【详解】AD．两列波的起振方向相同，波长相同，振幅相同，周期相同，则波速也相同，两列波波源到的波程差为则为振动加强点，当根据“上下坡”规律，两列波都到达波谷位置，则位移为故AD错误；B．两列波波源到的波程差为第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 则为振动减弱点，振幅相同，故位移始终为0，故B正确；C．根据“上下坡”规律，两列波在的振动方向都向上，故质点此时振动方向向上，故C错误。故选B。5.高压直流输电适用于长距离大功率点对点输送电能。如图甲所示，采用双线输电的两条输电线M、N等高平行排列，导线中通有等大、反向的电流，其截面示意图如图乙所示。将一金属圆环置于垂直两输电线所在的平面内，其圆心在MN连线中点O处，与MN的中垂线交于a、b两点，不计圆环对磁场的影响，则（　　）A.O点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反C.a、O、b三点的磁感应强度方向相同D.若圆环沿所在平面竖直向下移动，圆环内将产生感应电流【答案】C【解析】【详解】A．根据安培定则，输电线M、N中电流在O点处产生的磁场方向均向下，O点处的磁感应强度不为零，故A错误；B．根据安培定则及矢量合成法则，a、b两点处的合磁感应强度大小相等、方向均向下，故B错误；C．根据安培定则及矢量合成法则，a、O、b三点处的合磁感应强度方向均向下，故C正确；D．若圆环沿所在平面竖直向下移动，穿过圆环内的磁通量恒为零，圆环内不会产生感应电流，故D错误。故选C。6.某电动自行车的主要技术参数如下表，若该车在额定功率状态下正常行驶，则（　　）蓄电池容量10Ah第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 额定工作电压36V电动机额定连续输出功率200W额定电压36V额定电流6AA.骑行一小时，约消耗0.2kw·hB.充满电续航时间约为10hC.电动机线圈的发热功率约为200WD.电动机线圈电阻约为0.44Ω【答案】D【解析】【详解】A．骑行一小时，消耗电能约为A错误；B．充满电续航时间约为B错误；CD．电动机输入功率为电动机热功率为电动机内阻约为C错误，D正确。故选D。7.如图所示，电路中定值电阻R阻值大于电源内阻r，现将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V2的示数变化量大小为，理想电流表A示数变化量大小为ΔI，则（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.A的示数减小B.V2的示数增大C.与ΔI的比值不变D.电源的输出功率减小【答案】C【解析】【详解】AB．据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，内电压增大，外电压减小，即V2的示数减小，故AB错误；C．根据闭合电路欧姆定律得则故C正确；D．电路中定值电阻R阻值大于电源内阻r，当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，回路总电阻减小，但始终大于电源内阻，根据输出功率和外电阻关系可知，电源输出功率一直增大，故D错误。故选C。8.如图甲所示，光滑的水平面上有一轻质弹簧，其两端分别与质量为、的两物块B、C相连。一质量的物块A以速度向前运动，与B碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），此后它们的速度一时间图像如图乙所示，则（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.B.时刻，弹簧长度最短C.运动过程中弹簧的弹性势能最大为6JD.、时刻，物块ABC和弹簧组成的系统总动能不相等【答案】C【解析】【详解】A．由题意，根据图乙可得物块A，B碰撞后的速度为，根据A，B碰撞前后动量守恒可得即在时刻，AB整体与C的速度相同，为，根据A，B，弹簧及C系统动量守恒，可得即求得所以故A错误；B．AB碰后，整体压缩弹簧做减速运动，C做加速运动，ABC三者在时刻速度相等，此时系统动能最小，势能最大，弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，AB整体继续减速，C继续加速，AB第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 先减速到零，然后反向加速，在时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时AB整体与C速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，ABC三者均减速，在时刻，AB整体与C速度相等，系统动能最小，弹簧长度最长，从到，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，在时刻，弹簧又恰好恢复原长，故B错误；C．由选项B分析，可得在时刻，弹簧的弹性势能有最大值，根据能量守恒定律可得代入数据求得故C正确；D．由选项B分析可知，，时刻，弹簧均处于原长，弹簧弹性势能为零，根据能量守恒定律可知，物块ABC和弹簧组成的系统总动能相等，故D错误。故选C。二、多项选择题（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，全部选对得4分，选对但不全得3分，有选错或不答得0分）9.2022年8月，我国首颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”实现了国际上首次空间太阳hα波段光谱扫描成像，这相当于给太阳低层大气做了“CT”扫描。“羲和号”获得信息传输到地面，进入大气层时通信信息载体的（　　）A.传播速度约为B.传播速度约为340m/sC.频率不变D.频率变小【答案】AC【解析】【详解】AB．信息载体为电磁波，电磁波的传播速度约为，A正确，B错误；CD．光在传播过程中频率保持不变，C正确，D错误。故选AC。10.如图甲为探究一电容器充电特性的电路。两次实验中电容器的电荷量q随时间t变化图像如乙图中①②所示，第一次充电时电容器两端电压U与电荷量q变化图像如图丙所示。不计电源内阻，则（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.第二次充电时，电容器U-q图像斜率比丙图大B.第一次充电过程中时刻比时刻电流大C.①②两条曲线形状不同是由于E不同引起的D.①②两条曲线形状不同是由于R不同引起的【答案】BD【解析】【详解】A．因为两次充电用同一个电容器，所以由电容的定义式可知，同一个电容器所带电荷量与两板间的电势差成正比，故第二次充电时电容器两端的电压U随电荷量q变化的图线斜率与丙图中图线斜率相同，故A错误；B．根据可知，电流等于q-t图像的斜率，所以第一次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故B正确；CD．根据q=CU，①②两次充电稳定后的电量q相同，则U相同，表明电源电动势相同，则这两次充电的电源相同，第①次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同造成的，故C错误，D正确。故选BD。11.如图甲，水平向右匀强电场E区域内，有一粗糙水平轨道AB与半径为R光滑绝缘竖直半圆轨道BC平滑连接。一带正电的小滑块从A点静止释放，在AB段运动中由于摩擦电荷量增加，加速度随位移变化图像如图乙所示。在BC段运动中，小滑块电荷量保持不变。已知A、B间距离为4R，滑块质量为m，与轨道间动摩擦因数，重力加速度为g。则小滑块（　　）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.运动到B点时速度大小为B.对半圆轨道压力最大时，其所在处轨道半径与竖直方向夹角的正切值为2C.从C点飞出回到AB轨道的过程中，其水平方向能达到的最远距离大于4RD.若在飞出C点的同时，将电场反向，则落地前将做曲线运动【答案】BD【解析】【详解】A．从A到B由动能定理可得由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为则小滑块运动到B点时速度大小为所以A错误；B．对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为由图象可知，在B点时，滑块所受电场力为其中则所以B正确；C．从B到C的过程中，由动能定理得第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 得从C点飞出回到AB轨道的过程中水平方向速度减为0时水平位移最大水平方向C错误；D．由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为从C点出去后，电场方向与水平方向的夹角为，则C点出时速度水平方向，因速度方向与恒力方向不共线，物块将做匀变速曲线运动运动，所以D正确。故选BD。12.如图所示，一电荷量为-q、质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀加速下滑。现加一电场强度大小为E的匀强电场，无论电场方向在竖直平面内如何变化，滑块均不离开斜面。已知滑块与斜面的动摩擦因数为，斜面倾角为θ，则（　　）A.滑块的加速度一定变化B.电场强度C.若所加电场的方向竖直向上，则滑块下滑的加速度一定变大D.滑块下滑的最大加速度比原加速度大第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【答案】BCD【解析】【详解】A．如图当滑块受到的电场力如图示时，加速度整理得当=0即时加速度不变，故A错误；B．滑块均不离开斜面，则有即所以故B正确；C．未加电场时，滑块沿斜面匀加速下滑，则若所加电场的方向竖直向上，则滑块下滑的加速度第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 增大，故C正确；D．当滑块有最大加速度时，受到的电场力如图此时加速度根据数学知识，最大值为，所以滑块下滑的最大加速度比原加速度大，故D正确。故选BCD。三、填空实验题（本大题共4小题，共20分）13.如图，空间中有一方向水平向右、磁感应强度大小为1.5T的匀强磁场。一矩形线圈面积为，与纸面平行放置，其中ac边与磁感线平行。若将线圈绕bd边旋转30°后，则通过线圈的磁通量为_________Wb；若将线圈绕ab边旋转30°，则通过线圈的磁通量为_________Wb。【答案】①.0②.0.15【解析】【详解】[1]将线圈绕bd边旋转30°，磁感线和线圈平面平行，通过线圈磁通量为零；[2]将线圈绕ab边旋转30°，则通过线圈的磁通量为14.如图甲为一横波在某时刻的图像，图乙为平衡位置在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图像，则这列波_________（填“向左”或“向右”）传播，波速为_________m/s。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【答案】①.向左②.100【解析】【详解】[1]由振动图像可知，0时刻在x=6m处的质点向上振动，由“同侧法”可知，该列波向左传播。[2]由波形图可知波长为8m，由振动图像可知，周期为，故波速为15.在“验证动量守恒定律”中，实验装置如图所示：（1）实验必须满足的条件是_________。A．斜槽轨道末端的切线是水平的B.小球a的质量必须小于小球b的质量C.斜槽轨道的斜面必须是光滑的D.小球a每次都要从同一高度由静止释放（2）本实验需测量的物理量有_________A.小球a释放点到斜槽轨道末端的高度hB.斜槽轨道末端到地面的高度HC.小球a、b的质量m1、m2D两小球半径rE.记录纸上点O到A、B、C各点的距离、、（3）按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式为_________（用题（2）中选中的物理量表示）。【答案】①.AD##DA②.CE##EC③.【解析】【详解】（1）[1]第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A．为了保证两小球碰撞后做平抛运动，斜槽末端必须水平，A正确；B．由于实验要测量两球碰撞后的速度，所以需要主动球碰撞后也要水平抛出，所以主动球的质量要大于被动球的质量，即小球a的质量必须大于小球b的质量，B错误；C．主动球每次以相同的速度碰撞被动球就可以验证本实验，所以斜槽轨道不需要光滑，因为即使不光滑，小球每次都是经过相同的过程，摩擦力和重力做功都相等，这样到达末端的速度也就相等，C错误；D．要想主动球以相同的速度碰撞被碰球，那么主动球必需每次都从同一位置由静止释放，D正确。故选AD。（2）[2]A．小球a只要以以相同的速度撞击小球b即可，不需要测量出释放点到抛出点的高度，A错误；B．只要两球都做平抛运动，由于下落高度相同，所以运动时间相同，故不必要测出斜槽末端到桌面的高度，B错误；D．为了保证两球一维碰撞，两球半径相等即可，不需要测量两球的半径，D错误；CE．本实验原理为根据平抛运动可得结合实验数据可得可得故需要测量两球的质量以及点O到A、B、C各点的距离、、，CE正确。故选CE。（3）[3]按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式为16.在测量金属丝的电阻率实验中第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （1）用螺旋测微器测金属丝的直径，读数如图，则该金属丝直径为_________mm。（2）为测量金属丝电阻，实验室提供了以下器材：电源：E=6V，内阻不计电压表V：量程3V，内阻电流表A：量程为0.6A，内阻滑动变阻器R：最大阻值约15Ω导线，电键若干该同学先采用下图A电路进行测量：①该同学将滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表示数为0.92V，电流表示数为0.56A。该同学认为电压表示数偏小，会对实验结果造成较大误差；于是又找到了两个电阻，分别是，，该同学应该选择电路_________（填B或C）进行测量。②按正确电路图连接好电路，滑片滑到某一位置时，两表示数分别为2.70V、0.52A，则待测金属丝的阻值为_________Ω（保留3位有效数字）【答案】①.1.472②.C③.1.73【解析】【详解】（1）[1]金属丝直径为（2）①[2]电流表示数接近量程，电压表示数偏小，说明电压表量程偏大或电流表量程偏小，则电流表需并联电阻改装为量程更大的电流表，通过调节滑动变阻器使电表示数合适。该同学应该选择电路C进行测量。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ②[3]通过待测金属丝的电流为待测金属丝的阻值为四、计算题（本大题3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17.如图所示，两带正电小球固定在边长的正三角形两个水平顶点、上，电荷量均为，已知静电力常量，。求：（1）顶点c电场强度的大小；（2）现在c点放一质量带电小球，恰能处于静止状态，则该小球的电性及所带电荷量是多少？【答案】（1）；（2）负电，【解析】【详解】（1）依题意，设单个带电小球在顶点处产生的电场强度为，根据矢量叠加原理可得顶点电场强度大小代入相关数据求得方向竖直向下；（2）现在c点放一质量带电小球，恰能处于静止状态，由平衡条件可知该小球受到的静电力方向竖直向上，与该点的场强方向相反，则小球带负电，所带电荷量第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 18.如图所示，两平行金属板AB、CD组成的电容器，AB板带正电、CD板接地，板长，板间距，电容。质量，电量的粒子，以初速度持续不断地沿中轴线射入两板间。已知第一个粒子恰好打在AB板中央，粒子打在板上后会与极板发生电荷中和。不计粒子重力，求：（1）第一个粒子在电场中运动的加速度大小；（2）电容器最初带电量；（3）打在AB板上的粒子总数。【答案】（1）；（2）；（3）（个）【解析】【详解】（1）依题意，第一个粒子在电场中做类平抛运动，有代入题中相关数据求得（2）根据联立以上式子，代入相关数据求得电容器最初带电量（3）当粒子飞入电场中，恰好从上极板右边缘飞出时，打在AB板上的粒子数最多，设此时极板所带电荷量为，则有第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 联立以上式子，代入相关数据求得此时极板所带电荷量为则打在AB板上的粒子总数（个）19.如图甲所示，以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。在x=0和处分别固定电量为Q的正点电荷。A、B、C为x轴上坐标分别为、、的点，AC之间沿x轴方向电势变化如图乙所示。现将一带正电小球S1由A点静止释放，小球向下运动。已知释放瞬间小球加速度为，g为当地重力加速度，静电力常量为k。求：（1）小球在B点的加速度大小；（2）小球S1的比荷；（3）若另有一带电小球S2悬停在C点，小球S1仍从A点静止释放，运动到C点时，与S2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且不发生电荷转移，碰后S1恰能到达B点，忽略两球之间的静电力作用，求小球S1与S2的电量之比。【答案】（1）g；（2）；（3）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】（1）小球在B点解得（2）已知释放瞬间小球加速度为，则小球S1的比荷（3）小球S1仍从A点静止释放，运动到C点时，由于A、C两点电势相等，则与S2发生弹性碰撞，碰后S1恰能到达B点解得另有一带电小球S2悬停在C点解得所以第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司