福建漳州市2025-2026学年高二上学期期末教学质量检测物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025—2026学年（上）期末高中教学质量检测高二物理（必修3）试题本试卷满分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.如图，匀强磁场方向水平向右。矩形导线框置于磁场中，可绕固定轴ab或cd转动，其中ab、cd轴均在纸面内，cd轴水平，两轴相互垂直。下列操作中，能使导线框产生感应电流的是（）A.增大磁感应强度BB.使导线框水平向右移动C.使导线框绕ab轴转动D.使导线框绕cd轴转动【答案】C【解析】ABD．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；C．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.简易静电除尘装置如图所示。去除底部的矿泉水瓶侧壁贴有铝片，铜丝穿过瓶盖伸入瓶内。高压电源的正极接铝片，负极接铜丝。将点燃的艾柱置于瓶底，闭合开关S，可观察到烟尘颗粒被吸附到铝片上。则（）A.矿泉水瓶内部的电场可视为匀强电场B.矿泉水瓶内，越靠近铜丝的位置电势越高C.矿泉水瓶内的空气被电离，使烟尘颗粒带负电D.在烟尘颗粒向铝片运动的过程中，其电势能逐渐增大【答案】C【解析】A．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；B．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；C．在强电场的作用下，空气分子被电离为电子和正离子，使烟尘颗粒因吸附作用带上负电，运动到正极，故C正确；D．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.电子显微镜利用电场控制电子运动，其电场分布简化示意图如图所示，实线为电场线，虚线为一电子的运动轨迹。则（）A.A点的电场强度比B点的大B.A点的电势比B点的高C.电子从A点运动到B点，电势能不断增大D.电子从A点运动到B点，速率不断增大【答案】D【解析】A．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；B．沿电场线方向电势降低，可知A点电势比B点的低，B错误；CD．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.如图，在O点用两根长度相同的绝缘细线分别悬挂带电小球A和B，系统稳定后两球处于同一水平高度。则A、B两球（）A.质量一定相等 B.所带电荷量一定相等C.一定都带正电 D.一定都带负电【答案】A【解析】A．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；B．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；CD．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.如图，两根平行的长直导线垂直纸面固定于M、N两点，O为MN连线的中点。两导线中通有等大反向的恒定电流I，则（）A.O点处的磁感应强度为零 B.O点处的磁感应强度不为零C.O点处的磁感应强度方向水平向右 D.O点处的磁感应强度方向竖直向下【答案】BD【解析】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.某实验小组为探究新材料的热膨胀特性，设计了如图所示的装置，平行板电容器的上极板固定，下极板通过该材料支撑，可随其尺寸变化上下移动。电容器与输出电压恒定的电源连接，并接入电流传感器。若材料温度升高，电流传感器检测到如图所示的电流方向，则（）A.电容器处于放电过程 B.两极板间的电压增大C.电容器的电容增大 D.两极板间的距离减小【答案】CD【解析】A．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；B．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；C．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；D．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.如图甲，真空中固定两点电荷P、Q，O为PQ连线的中点，MN为PQ连线的中垂线。一试探电荷从中垂线上C点静止释放，仅在电场力作用下沿MN做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，该图像关于虚线对称，则（）A.P、Q为等量异种电荷B.t1时刻，试探电荷通过O点C.t2时刻，试探电荷回到C点D.从C到O，电场强度先增大后减小【答案】BD【解析】A．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；B．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；C．t2时刻，试探电荷速度为零，运动到关于O对称的点，故C错误；D．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.如图，加速电场的极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为U1。偏转电场的极板M、N水平放置，板长和板间距均为L，电压为U2。P、Q上分别开有小孔A、B，AB连线与偏转电场的中心线BC共线。一质量为m、电荷量为q的正离子从A孔由静止释放，经加速后进入偏转电场，最后到达右侧探测器（探测器可上下移动）。装置处于真空中，离子重力不计，则（）A.离子从B孔射出时的速度大小为B.离子在M、N板间的运动时间为C.离子离开偏转电场时，竖直方向偏移的距离为D.为使离子不打在M、N板上，须满足U2<2U1【答案】AD【解析】A．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；B．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；C．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；D．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.如图，将表头G（内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=1mA）与电阻R1=2.9kΩ、R2连接，改装成双量程电压表。接线柱O为公共端，A、B为两个量程接线端。则使用O、A两接线柱时的量程_________（填“大于”或“小于”）使用O、B两接线柱时的量程；使用O、A两接线柱时的量程为_________V。【答案】小于3【解析】[1]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；[2]根据可知使用O、A两接线柱时的量程为3V。10.如图甲，节能路灯通过光控开关实现自动控制电灯亮度，图乙为其内部电路简化示意图。电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为光敏电阻（其阻值随光照强度增加而减小）。当外界光照强度减弱时，电压表的示数_________（填“变大”或“变小”），小灯泡的亮度_________（填“变亮”或“变暗”）。【答案】变小变亮【解析】[1][2]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，可知电流I变小，电压表示数为，所以电压表示数变小；R2、R3和L所在的并联支路的电压变大，则小灯泡电流增大，即小灯泡变亮。11.某同学用如图甲所示装置探究平行板电容器的充放电特性。（1）将开关S合向___________（填“1”或“2”），可对电容器进行充电。充电结束后，将一块有机玻璃插入电容器两板之间，在插入过程中，电阻R中___________（填“有”或“无”）电流通过；（2）取出有机玻璃，待电路稳定，将开关S合向另一侧进行放电，计算机记录的放电电流I随时间t变化的关系如图乙所示，并通过图线与坐标轴围成的面积得到该过程中电容器释放的电荷量为。若电阻，则该电容器的电容__________F。【答案】（1）1有（2）##0.001【解析】（1）[1]将开关S合向1，电源与电容器相连，对电容器进行充电。[2]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，平行板电容器公式由此可知该过程中d减小，所以C变大。由于电容器与电源相连，所以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，由图像可知最大电流，则电容器两板间电压所以电容器的电容12.有一长为L=50.0cm的中心对称圆筒形合金管（阻值Rx约几欧姆），其横截面如图甲所示，某研究小组为测量该合金管的电阻率，提供了如下器材：电源E（3.0V，内阻不计），电流表A（量程0.6A，内阻约3Ω），电压表V（量程3.0V，内阻约3kΩ），滑动变阻器R（0~10Ω），游标卡尺，开关，导线若干。（1）用游标卡尺测得合金管外径d1=10.0mm，测量内径d2时，应使用图乙中的部件___________（填“A”或“B”或“C”），某次测量的示数如图丙所示，则读数为___________mm；（2）为减少实验误差，本实验的电路设计最合理的是__________（填正确答案标号）；A. B.C. D.（3）选用最合理的电路进行实验，某次测量时电压表示数U=1.00V，电流表示数I=0.50A，则合金管的电阻率为__________Ω·m（结果保留2位有效数字）。若考虑电表内阻影响，本实验测得电阻率__________（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】（1）B9.0（2）C（3）6.0×10-5小于【解析】（1）[1]测量内径时，应该采用内测量爪，即图乙中的部件B。[2]如图丙所示，游标卡尺的分度值为，其读数为（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，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）[1]根据，其中代入解得代入数据可得合金管的电阻率约为[2]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.如图，水平向右的匀强电场中，A、B间电势差，AB连线距离，与水平方向夹角为60°。将电荷量的正点电荷从A点移至B点，求：（1）此过程中电场力所做的功W；（2）匀强电场的电场强度大小E。【答案】（1）（2）4V/m【解析】（1）从A点移动到B点电场力做的功为解得（2）匀强电场的电场强度大小为又解得14.便携式加热垫的简化电路如图甲所示。电路中电源为可充电电池（电动势E、内阻r），加热元件R1=1.5Ω（阻值恒定），滑动变阻器R2用于调节加热功率。闭合开关S，将R2的滑片从最右端滑至最左端，测得电源的路端电压U随电流I的变化关系如图乙所示。求：（1）电源的电动势E和内阻r；（2）R2的最大阻值Rm；（3）R2消耗的最大功率Pm。【答案】（1）20V，1Ω（2）7.5Ω（3）40W【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律由U-I图像斜率绝对值为电源的内阻，可知将U1=18V，I1=2A代入，得E=20V（2）由U-I图像可知，当I1=2A，U1=18V时，滑动变阻器的阻值最大，则代入数据得Rm=7.5Ω（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此时解得Pm=40W15.如图，粗糙水平绝缘平台左侧通过固定弹射装置锁定一质量m=5×10-2kg、带电量q=+1×10-6C的物块（可视为质点），平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧轨道，轨道最左端B点距平台的高度差为h=1.8m，C、D分别是轨道最低点和最高点，圆弧BC对应的圆心角，轨道处在水平向左的匀强电场中（未画出），电场强度大小E=3.75×105N/C，平台与轨道间的空间无电场。某时刻弹射装置解除锁定，物块从释放点经L=4m后从平台右端A点离开，并恰好沿切线方向进入轨道。已知物块与平台间的动摩擦因数，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求：（1）物块离开A点时的速度大小vA；（2）弹射装置锁定时具有的弹性势能EP；（3）若轨道半径R=2m，请计算并判断物块在圆弧轨道上运动过程中是否会脱离轨道。【答案】（1）8m/s（2）3.1J（3）会【解析】（1）从A到B的过程中，物块做平抛运动，如图甲所示，则有且代入数据，解得vA=8m/s（2）物块