浙江省台州市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1台州市2024学年第一学期高二年级期末质量评估试题物理注意事项：1.本卷共8页，19小题，满分100分，考试时间90分钟；2.用蓝、黑色水笔书写答案，考试结束只需将答题卷交回；3.本卷中除特别说明外，重力加速度均取。一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量中属于矢量的是（）A.动量 B.动能 C.电流强度 D.磁通量【答案】A【解析】矢量：有大小和方向，运算时遵守平行四边形定则；标量：只有大小没有方向，代数运算。A．动量既有大小又有方向，且方向与物体速度方向一致，遵循平行四边形定则，故A正确；B．动能只有大小没有方向，动能是标量，故B错误；C．电流强度反映电流的强弱，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流强度运算时不遵守平行四边形定则，所以电流强度是标量，故C错误；D．磁通量虽然有方向，但是磁通量的计算并不遵循平行四边形定则，故D错误。故选A。2.许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是（）A.安培提出了分子电流假说B.法拉第发现了电流磁效应现象C.卡文迪什最先测量了静电力常量D.麦克斯韦预言并通过实验捕捉到了电磁波【答案】A【解析】A．安培提出了分子电流假说，故A正确；B．法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流磁效应现象，故B错误；C．麦克斯韦最先测量了静电力常量，故C错误；D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D错误。3.下列四个选项中不属于比值定义式的是（）A.电容 B.电流C.电场强度 D.电势【答案】B【解析】A．电容器的电容与极板所带电荷量、极板之间的电压没有本质上的决定关系，可知，属于比值定义式，故A错误；B．电流宏观上由导体电阻与导体两端电压决定，是电流的宏观决定式，不属于比值定义式，故B正确；C．电场强度与电场力、试探电荷的电荷量么有本质上的决定关系，属于比值定义式，故C错误；D．电势与电势能、试探电荷的电荷量没有本质上的决定关系，属于比值定义式，故D错误。故选B。4.一种用磁流体发电装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B两板就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是（）A.A板为电源正极B.增大两极板的正对面积，发电机的电动势将增大C.增大等离子体喷入磁场的速度，发电机的电动势将增大D.若将发电机与用电器断开，A板积累的电荷会一直增多【答案】C【解析】A．根据带电粒子在磁场中的受洛伦兹力发生偏转这一规律，利用左手定则，可判断出A板为电源负极，故A错误；BC．发电装置稳定后，根据粒子在极板间受力平衡可知整理可得到所以增大正对面积对电源电动势没有影响，但增大喷射速度，将使得发动机的电动势增大，故B错误，C正确；D．与用电器断开后，随着A板上电荷的增多，两极板电势差增大，最终趋于平衡，此后进入的带电粒子将满足从而不会在打在上下极板上，所以A板积累的电荷不会一直增多，故D错误。故选C。5.自动体外除颤器（AED）是一种便携式的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，下列说法正确的是（）A.若充电至，则该电容器的电容为B.该次放电前，电容器存储的电量为60CC.这次放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的D.这次放电过程通过人体组织的平均电流强度约为【答案】D【解析】A．电容为电容器的固有属性与两端电压无关，故若充电至，则该电容器的电容为，故A错误；B．该次放电前，电容器存储的电量为故B错误；C．电容器放电时随着带电量减小，放电电流在逐渐减小，故C错误；D．这次放电过程通过人体组织的平均电流强度约为故D正确。故选D。6.如图所示，一个没有底的空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，把它们分别跟静电起电机的两极相连，锯条接电源负极，金属片接正极。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又出现烟雾缭绕。下列说法正确的是（）A.室内的空气湿度越大，实验效果越好B.起电机摇动时，塑料瓶内存在的是匀强电场C.起电机摇动前，烟尘颗粒带上电荷才能做成功D.带电的烟雾颗粒向着金属片运动时，电势能减少【答案】D【解析】A．潮湿的空气易于导电，则起电机产生的静电不容易在铁锯条和金属片上积累，则该实验不易成功，故A错误；B．起电机摇动时，锯条处聚集的电荷最密集，塑料瓶内存在的是非匀强电场，故B错误；C．锯条和金属片间的电场让空气电离，电离出的电子让烟尘颗粒带负电，不需要让烟尘颗粒先带上电荷才能做成功，故C错误；D．带电的烟雾颗粒向着金属片运动时，电场力做正功，电势能减少，故D正确。故选D。7.如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（）A.电流表中的磁场是匀强磁场B.用来做线圈骨架的铝框可以帮助指针快速稳定的停下来，方便读数C.线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力D.运输时要用导线把电流表两接线柱连在一起，若适当换成更弱的磁场可更好地减缓表针的摆动幅度【答案】B【解析】A．磁电式电表内部并非匀强磁场，而是成近似“径向”分布，故A错误；B．铝框磁场中转动会产生感应电流，形成电磁阻尼，从而使指针迅速稳定下来，方便读数，故B正确；C．虽然线圈平面跟磁感线平行，但是两边的感应电流方向基本与磁场垂直，线圈始终受到安培力作用，故C错误；D．运输时短接接线柱是为防止表针振动过大，但若磁场变得更弱，涡流减小，电磁阻尼作用反而减弱，不利于减小指针摆动，故D错误。故选B。8.某学习小组利用如图所示电路研究某手持小风扇的电动机性能。调节滑动变阻器R，测得扇叶被卡住停止转动时，电压表示数为1.0V，电流表的示数为0.50A；风扇正常运转时电压表示数为2.0V，电流表示数为0.20A。下列说法正确的是（）A.电动机线圈的电阻为B.风扇运转时线圈的发热功率为C.风扇运转时输出的机械功率为D.与扇叶被卡住时相比，风扇运转时电源的总功率更大【答案】C【解析】A．根据题意，由欧姆定律可得，电动机线圈的电阻为，故A错误；B．风扇运转时线圈的发热功率为，故B错误；C．风扇运转时输入功率为风扇运转时输出的机械功率为故C正确；D．电源的总功率为，由题意可知，与扇叶被卡住时相比，风扇运转时电路中电流较小，则风扇运转时电源的总功率更小，故D错误。故选C。9.甲同学把一个充气到直径左右的乳胶气球，以的速度水平投向乙同学，气球被原速率反弹，已知气球与乙同学接触时间约为，空气密度约，则乙同学受到气球的冲击力约为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设反弹方向为正方向，则对气球由动量定理其中解得F≈45.4N由牛顿第三定律可知乙同学受到气球的冲击力约为45.4N。故选B。10.如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向下的匀强电场，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道垂直放置，其圆心O在的中点，和分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为的小球（直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则（）A.小球从A到C的过程中电势能减少 B.小球不可能沿圆管道做匀速圆周运动C.可求出小球运动到C点时的加速度 D.小球在D点受到的合外力一定指向O【答案】C【解析】A．根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向下，则小球从A到C的过程中所处位置的电势降低，因小球带负电，故其电势能增加，故A错误；

B．当竖直向下的匀强电场的电场强度E满足：qE=mg小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；

C．小球从A到C的过程，根据动能定理根据可以求出小球运动到C点的加速度大小，故C正确；

D．小球在D点匀强电场的电场力与重力不一定相等，则两个力的合力在竖直方向上，在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向由D指向O，圆环对球的弹力方向也是由D指向O，所以小球在D点受到合外力方向不一定指向O点，故D错误。

故选C。11.某同学利用手机软件测量当地地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平面为平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时z轴始终保持竖直向上，手机平面绕z轴匀速转动，手机显示出各轴磁场的实时数据（如图乙所示）。当外界磁场分量与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说法错误的是（）A.通过数据可知测量地南半球B.图中时刻x轴正方向指向地球北方C.时间内手机刚好绕z轴转动了一周D.通过数据可以得出当地地磁场磁感应强度大小约为【答案】A【解析】A．从图中可以看出，手机竖直方向（z轴方向）的磁场分量始终为负值，这说明当地磁场在竖直方向上是向下的；z轴竖直向上方向为正值，可知该处地磁场竖直分量向下，故测量地在北半球，故A错误，符合题意；B．根据北半球地磁场保持水平分量为向北，因此当手机绕z轴转动过程，地磁场水平分量在x轴和y轴的分量，将出现正弦或余弦式的变化，图中t1时刻x轴正方向磁场数值达到最大，说明此时刻x轴正方向指向地球北方，故B正确，不符合题意；C．t1~t5时间内x轴方向磁场变化刚好一个周期，说明t1~t5时间内手机刚好绕z轴转动了一周，故C正确，不符合题意；D．根据题中数据可知地磁场磁感应强度大小约为故D正确，不符合题意。故选A。12.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈两端与宽度d的光滑平行金属轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度B的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆在轨道上运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈两端连接的电路如图，三个灯泡的电阻均相同，L是直流电阻不计的理想线圈，C是电容器，导轨电阻不计。下列说法正确的是（）A.若棒在轨道上以v匀速运动，则小灯泡两端的电压为B.若棒在轨道上做匀加速运动时，三盏灯泡一样亮C.若棒在轨道上做变加速运动时，三盏灯泡一样亮D.若原线圈输入正弦式交流电，增加交流电频率，变暗，变亮【答案】D【解析】A．若棒在轨道上以v匀速运动，导体棒产生的电动势恒定不变，原线圈电流恒定不变，则穿过副线圈的磁通量保持不变，不会产生感应电动势，所以小灯泡两端的电压为0，故A错误；B．若棒在轨道上做匀加速运动时，导体棒产生的电动势均匀增大，原线圈电流均匀增大，则穿过副线圈的磁通量均匀增大，副线圈产生稳定的感应电动势，由于电容器不能通恒定电流，所以小灯泡不亮，故B错误；C．若棒在轨道上做变加速运动时，可知副线圈产生变化的感应电动势，由于线圈L和电容器都会对变化电流产生一定的阻碍作用，所以小灯泡最亮，故C错误；D．若原线圈输入正弦式交流电，增加交流电频率，根据感抗，容抗，可知感抗增大，容抗减小，则变暗，变亮，故D正确。13.一台热水器的聚热面积约，若每天相当于太阳直射热水器，太阳能的20%可转化为水的内能，已知太阳辐射的总功率约为，太阳与地球之间的距离约为，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半。则下列说法正确的是（）A.太阳垂直射到地面附近单位面积的辐射功率约为B.这台热水器单位时间聚集的太阳能最多约为700JC.这台热水器一天内最多能利用的太阳能约为D.这台热水器全年内最多转化的水的内能约为【答案】C【解析】A．太阳垂直射到地面附近单位面积的辐射功率，故A错误；B．由题意可知，这台热水器单位时间聚集的太阳能最多为，故B错误；C．根据题意，这台热水器一天内最多能利用的太阳能为，故C正确；D．根据题意，这台热水器全年内最多转化的水的内能约为，故D错误。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.电焊作业时，会产生对人体有害的电焊弧光。焊接电弧温度在3000℃时，同时向外辐射出大量的电磁波，已知向外辐射的电磁波的频率为，普朗克常量，光在真空中的速度为。根据如图所示的电磁波谱下列说法正确的是（）A.该电磁波属于紫外线B.该电磁波的波长比X射线短C.该电磁波能量子的能量为D.该电磁波具有显著的热效应【答案】AC【解析】A．该电磁波波长属于紫外线，选项A正确；B．该电磁波的波长比X射线长，选项B错误；C．该电磁波能量子的能量为选项C正确；D．该电磁波具有显著的荧光效应，选项D错误。故选AC。15.用图甲所示为洛伦兹力演示仪，某次演示带电粒子在匀强磁场中的运动时，玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴的匀强磁场，磁感应强度为B，电子在平面以初速度从坐标原点沿x轴正方向成角射入磁场，运动轨迹为螺旋线；螺旋线轴线平行于y轴，螺旋半径为R，螺距为，周期为T，则下列说法中正确的是（）A.磁场的方向为沿轴正方向B.当时“轨迹”为闭合的整圆C.此螺旋状轨迹的半径D.若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变【答案】BD【解析】A．电子的从O点射出时的速度有沿x轴正向的分量，受洛伦兹力沿z轴正向，根据左手定则可知，磁场的方向为沿轴负方向，选项A错误；B．当电子只在xOz平面内运动，则“轨迹”为闭合的整圆，选项B正确；C．根据解得此螺旋状轨迹的半径选项C错误；D．根据螺距若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变，选项D正确。故选BD。三、非选择题（本题共4小题，共55分）16.图甲为验证动量守恒定律的实验装置图。实验时，将斜槽固定在铁架台上，使槽末端水平。先让质量为的入射球多次从倾斜轨道上S位置静止释放，记录其在水平桌面上的平均落点位置P。然后把质量为的被碰小球静置于槽的末端，再将入射球从倾斜轨道上S位置静止释放，与相碰，并多次重复，记录两小球在桌面上的平均落点位置，测出碰后入射球的平均落点在M点，被碰球的平均落点在N点。（1）某次测量的小球直径如图乙所示，读数为______cm（2）下列实验要求中正确的有______（多选）A.入射球和被碰球的质量必须满足B.用铅垂线检查斜槽末端是否水平C.测量小球开始释放的高度h来表示初速度大小D.利用复写纸与白纸记录小球的落点，实验过程中不可移动白纸的位置（3）测出小球抛出点在桌面上的投影点O到点P、M、N的距离，分别记为、、，若两球碰撞时动量守恒，应满足关系式______。（4）若两球发生弹性碰撞，则、、之间一定满足关系式______。A.B.C.【答案】（1）（2）AD（3）（4）A【解析】（1）根据游标卡尺计数规则，直径为（2）A.为了避免碰撞后小球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即，故A正确；B．铅垂线的作用是用来确定y轴的方向的，故B错误；C．因为小球做平抛运动，下落时间相等，故可用水平位移代替平抛的初速度，则实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量小球做平拋运动的水平位移来解决这个问题。而不是小球开始释放的高度，故C错误；D．实验中白纸上铺复写纸的目的是描绘落点的位置，复写纸的位置可以移动，但白纸的位置不可以移动，故D正确。故选AD。（3）设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有解得（4）若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律由于联立解得则有17.充电宝可以视为与电池一样的直流电源。一充电宝的电动势约为，内阻很小，最大放电电流为。某实验小组测定它的电动势和内阻，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路。（1）图中测量电流的电表是______，测量电压的电表是______；（均填写字母“M”，或“N”）（2）电路中接入的主要作用是______；（3）通过实验作出图像如图乙所示，则可得到充电宝的电动势______V，内阻______；（计算结果保留两位小数）（4）若实验过程中，用作电流表的数字式多用电表出现故障，改用普通电流表进行实验，则测量的充电宝的内阻______真实值。（选填“大于”、“等于”、“小于”）【答案】（1）NM（2）保护电路（3）5.000.10（4）等于【解析】（1）[1][2]由于图中M并联在电路中，N串联在电路中，所以，测量电压的电表是M，测量电流的电表是N。（2）[1]电路中接入的主要作用是保护电路，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件。（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律根据图乙图线，代入数据和，有，联立解得（4）[1]由图甲可知，本实验是用电流表内接的方法测量，而数字电压表为理想电表，电流表的测量值等于通过电源的电流，改用普通电流表进行实验，对测量结果没有影响，故测量的充电宝的内阻等于真实值。18.某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径、圆心角为的圆弧，半径为R、圆心角为的圆弧组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面上紧靠着质量的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为的物块a从轨道上距B点高度为h处静止下滑，经圆弧轨道滑上轨道。物块a与滑板b间的动摩擦因数。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，，）（1）若①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小：②保证小物块不脱离滑板b，求木板的最小长度和这个过程产生的热量Q；（2）若仅使滑板b的长度变为，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。【答案】（1）①，，②，（2）【解析】（1）①释放点到C位置根据机械能守恒定律解得C位置根据牛顿第二定律解得②释放点到E位置根据机械能守恒定律解得当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒解得根据系统能量守恒解得由，解得（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即从释放点到E处可知解得②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道，即D处解得释放点到D处有解得物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒解得根据系统动量守恒和能量守恒，解得由得。综上所述释放高度h的范围为19.如图所示，水平固定半径为r的金属圆环，圆环内右半圆存在竖直向下，磁感应强度大小为的匀强磁场；长均为r、电阻均为R的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，圆环边缘与接线柱1相连。长为L，质量为m，电阻为R的导体棒垂直轨道放置，且离斜面底端足够远；轨道处于垂直斜面向下的磁场中，磁感应强度为。倾斜轨道与水平绝缘轨道平滑连接，水平轨道放置“］”形金属框，框的长宽均为L，质量为、电阻为R，金属框右侧存在竖直向下、磁感应强度为、长度为的有界磁场。开始时开关S和1接通，两金属棒以相同角速度转动，导体棒静止；再将S从1迅速拨到2与定值电阻R连接，棒开始运动，进入水平轨道与“］”形框粘在一起形成闭合框。（已知、，、、、、、，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求：（1）开关S和1接通：①棒静止时，流过棒的电流方向以及电流大小：②两金属棒的转动方向（从上往下看）以及转动的角速度大小；（2）开关S和2接通：①闭合框刚进入磁场时的速度大小；②导体棒在水平轨道运动过程中产生的焦耳热。【答案】（1）①方向由a流向b，，②逆时针方向，（2）①，②【解析】（1）①由于棒静止，则棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，根据平