【物理试卷详解】福建南平市2025~2026学年第一学期高二期末质量检测(2.2-2.4)

2025-2026学年高二（上）期末教学质量检测物理（必修3）试题详解本试卷满分100分，考试时间75分钟．请将所有答案用签字笔写在答题纸上．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。1．【答案】C【详解】要能使磁场中的矩形导线框产生感应电流，则穿过导线框的磁通量要发生变化，磁感应强度B增大、导线框向右平移、导线框绕cd轴转动，穿过导线框的磁通量始终为零，不会产生感应电流，故ABD错误；导线框绕ab轴转动，穿过导线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，C正确。故选C。2．【答案】C【详解】在矿泉水瓶内部，高压电源的负极连接铜丝，正极连接铝片，形成辐向型电场，越靠近铜丝，电场强度越大，不是匀强电场，故A错误；瓶内的电场强度方向由铝片指向铜丝，根据沿电场线方向电势降低，越靠近铜丝，电势越低，故B错误；在强电场的作用下，空气分子被电离为电子和正离子，使烟尘颗粒带负电，吸附到正极，故C正确；在烟尘颗粒向铝片运动的过程中，静电力对烟尘颗粒做正功，电势能越小，故D错误。故选C。3．【答案】D【详解】由图可知，B点电场线较A点密，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；沿电场线方向电势降低，可知A点的电势比B点的低，B错误；由于电子所受电场力的方向与场强方向相反，所以若电子从A运动到B，电场力一直做正功，动能不断增大，电势能不断减小，故C错误，D正确。故选D。4．【答案】A【详解】由图可知，小球A、B等高时，两细线与竖直方向夹角θ相等，根据受力平衡可知静电力F=mgtanθ，小球A、B之间的静电力大小相等，mAgtanθ=mBgtanθ，所以两球质量一定相等，故A正确；A、B之间的静电力与两球电荷量乘积有关，与两球电荷量是否相等无关，故B错误；由图可知小球A、B之间的静电力为斥力，则小球A、B带同种电荷，但不一定都带正电或负电，故CD错误。故选A。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，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．【答案】BD【详解】根据安培定则可知，两通电导线在O点处的磁感应强度等大且方向均竖直向下，则O点的磁感应强度不为零，故AC错误，BD正确。故选BD。6．【答案】CD【详解】由图可知，电流从电源正极流出，说明电容器在充电，故A错误；电容器两极板电压为电源输出电压，则电容器两极板间电压不变，故B错误；由于电容器在充电，其两极板上的电荷量增加，又由于U不变，由可知，电容器电容变大，故C正确；由公式可知，电容器电容变大，和S不变，则d减小，即两极板间距离减小，故D正确。故选CD。7．【答案】BD【详解】根据v-t图像关于虚线对称，可知试探电荷沿MN做直线运动，受到P、Q两电荷等大引力，故P、Q为等量同种电荷，故A错误；根据v-t图像的斜率表示加速度，可知t1时刻，图像斜率为零，加速度为零，根据qE=ma可知此时电场强度为零，故试探电荷位于O点，B正确；t2时刻，试探电荷速度为零，运动到关于对称的点，故C错误；从C到O，图像的斜率先增大后减小，加速度先增大后减小，根据qE=ma可知电场强度先增大后减小，D正确，故选BD。8．【答案】AD【详解】设离子从B孔射出时的速度v0，根据动能定理有，解得，故A正确；离子在M、N板间受到竖直方向的电场力做类平抛运动，运动时间为，故B错误；竖直方向做匀加速直线运动，有解得，根据可得离子离开M、N板时竖直方向偏移的距离，故C错误；为保证离子不打在M、N极板上，即离子在竖直方向偏移的距离y<，则有解得，D正确。故选AD。三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11、12题为实验题，13～15题为计算题。考生根据要求作答。9．【答案】小于3【详解】电压表是根据串联分压的原理进行改装的，串联的电阻越多，分压越大，量程越大，由此可知使用O、A两接线柱时的量程小于使用O、B两接线柱时的量程；根据UOA=Ig(Rg+R1)=3V，可知使用O、A两接线柱时的量程为3V。10．【答案】变小变亮【详解】光照强度降低时，光敏电阻阻值增大，则电路的总电阻变大，则根据闭合电路欧姆定律I=ER+r，可知电流I变小，电压表示数为U111．【答案】（1）1有（2）1.0×10-3【详解】（1）将开关S合向1，电源与电容器相连，对电容器进行充电；充电完毕，将一块有机玻璃插入平行板电容器两板间，插入过程中，根据可知C变大，根据Q=CU可知，U不变，Q增大，电容器将继续充电，则电阻R中有电流通过。（2）电容器所带电荷量为1.8×10-2C，由图像可知最大电流Im=4mA，则电容器两板间电压U=ImR=4×10-3×4500V=18V，所以电容器的电容。12．【答案】（1）B9.0（2）C（3）6.0×10-5小于【详解】（1）测量内径时，应该采用内测量爪，即图乙中的部件B；如图丙所示其读数为d2=9mm+0×0.1mm=9.0mm。（2）合金管阻值，故采用电流表外接法，又滑动变阻器R最大电阻10Ω，比待测电阻大，根据节能、简单易操作的原则选择滑动变阻器限流接法，故选C。（3）根据，，，解得，代入数据可得合金管的电阻率约为6.0×10-5Ω·m；因外接法电流的测量值偏大，故本实验测得电阻率小于真实值。13．（10分）【答案】（1）3.2×10-6J（2）4V/m【详解】（1）从A点移动到B点，电场力做的功W=qUAB ① 解得W=3.2×10-6J ② （2）匀强电场的电场强度大小为 ③ 又d=Lcos60° ④解得E=4V/m ⑤评分标准:（1）题①式3分，②式1分，共4分；（2）题③式3分，④式2分，⑤式1分，共6分。(用其它方法解答正确的同样给分)14．（12分）【答案】（1）20V1Ω（2）7.5Ω（3）40W【详解】（1）由U-I图像斜率绝对值为电源的内阻，可知 ①代入数据得r=1Ω ② 根据闭合电路欧姆定律 ③代入数据得E=20V ④（2）由U-I图像可知，当I1=2A，U1=18V时，滑动变阻器的阻值最大，则 ⑤代入数据得Rm=7.5Ω ⑥（3）将R1归为等效电源内阻，当滑动变阻器阻值为等效电源内阻时，消耗功率最大，即R2=R1+r=2.5Ω ⑦此时 ⑧解得Pm=40W ⑨评分标准:（1）题①②③④式各1分，共4分；（2）题⑤式2分，⑥式1分，共3分；（3）题⑦⑧式各2分，⑨式1分，共5分。(用其它方法解答正确的同样给分)15．（16分）【详解】（1）从A到B的过程中，物块做平抛运动，如图甲所示，则有 ① ②代入数据，解得vA=8m/s ③（2）物块从释放点到A点的过程，根据能量守恒有 ④解得EP=3.1J ⑤（3）在轨道区域，物块受到的重力和电场力，等效重力为F，如图所示则有 ⑥ ⑦解得由分析可知B点为等效重力场的最低点，M点为等效重力场的最高点，如图所示。①情形一:物块通过M点时恰好不脱离，此时速度大小为vM，则有 ⑧从A点到点的过程，根据动能定理有 ⑨代入数据解得R=1.6m ⑩②情形二:物块运动到图中N点（ON连线与BM垂直）时，速度vN恰好为0，从A点到N点的过程，根据动能定理有