高級中學名校試題PAGEPAGE1臺州市2024學年第一學期高二年級期末質量評估試題物理注意事項：1.本卷共8頁，19小題，滿分100分，考試時間90分鐘；2.用藍、黑色水筆書寫答案，考試結束只需將答題卷交回；3.本卷中除特別說明外，重力加速度均取。一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量中屬于矢量的是（）A.動量 B.動能 C.電流強度 D.磁通量【答案】A【解析】矢量：有大小和方向，運算時遵守平行四邊形定則；標量：只有大小沒有方向，代數運算。A．動量既有大小又有方向，且方向與物體速度方向一致，遵循平行四邊形定則，故A正確；B．動能只有大小沒有方向，動能是標量，故B錯誤；C．電流強度反映電流的強弱，其方向表示正電荷定向移動的方向，由于電流強度運算時不遵守平行四邊形定則，所以電流強度是標量，故C錯誤；D．磁通量雖然有方向，但是磁通量的計算并不遵循平行四邊形定則，故D錯誤。故選A。2.許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程，下列說法正確的是（）A.安培提出了分子電流假說B.法拉第發現了電流磁效應現象C.卡文迪什最先測量了靜電力常量D.麥克斯韋預言并通過實驗捕捉到了電磁波【答案】A【解析】A．安培提出了分子電流假說，故A正確；B．法拉第發現了電磁感應現象，奧斯特發現了電流磁效應現象，故B錯誤；C．麥克斯韋最先測量了靜電力常量，故C錯誤；D．赫茲通過實驗捕捉到了電磁波，故D錯誤。3.下列四個選項中不屬于比值定義式的是（）A.電容 B.電流C.電場強度 D.電勢【答案】B【解析】A．電容器的電容與極板所帶電荷量、極板之間的電壓沒有本質上的決定關系，可知，屬于比值定義式，故A錯誤；B．電流宏觀上由導體電阻與導體兩端電壓決定，是電流的宏觀決定式，不屬于比值定義式，故B正確；C．電場強度與電場力、試探電荷的電荷量么有本質上的決定關系，屬于比值定義式，故C錯誤；D．電勢與電勢能、試探電荷的電荷量沒有本質上的決定關系，屬于比值定義式，故D錯誤。故選B。4.一種用磁流體發電裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間有一個很強的勻強磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B兩板就是一個直流電源的兩個電極。下列說法正確的是（）A.A板為電源正極B.增大兩極板的正對面積，發電機的電動勢將增大C.增大等離子體噴入磁場的速度，發電機的電動勢將增大D.若將發電機與用電器斷開，A板積累的電荷會一直增多【答案】C【解析】A．根據帶電粒子在磁場中的受洛倫茲力發生偏轉這一規律，利用左手定則，可判斷出A板為電源負極，故A錯誤；BC．發電裝置穩定后，根據粒子在極板間受力平衡可知整理可得到所以增大正對面積對電源電動勢沒有影響，但增大噴射速度，將使得發動機的電動勢增大，故B錯誤，C正確；D．與用電器斷開后，隨著A板上電荷的增多，兩極板電勢差增大，最終趨于平衡，此后進入的帶電粒子將滿足從而不會在打在上下極板上，所以A板積累的電荷不會一直增多，故D錯誤。故選C。5.自動體外除顫器（AED）是一種便攜式的用于搶救心臟驟?；颊叩尼t療設備。某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是，充電至電壓，如果電容器在時間內完成放電，下列說法正確的是（）A.若充電至，則該電容器的電容為B.該次放電前，電容器存儲的電量為60CC.這次放電過程中通過人體組織的電流是恒定不變的D.這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為【答案】D【解析】A．電容為電容器的固有屬性與兩端電壓無關，故若充電至，則該電容器的電容為，故A錯誤；B．該次放電前，電容器存儲的電量為故B錯誤；C．電容器放電時隨著帶電量減小，放電電流在逐漸減小，故C錯誤；D．這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為故D正確。故選D。6.如圖所示，一個沒有底的空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬）片，把它們分別跟靜電起電機的兩極相連，鋸條接電源負極，金屬片接正極。在塑料瓶里放一盤點燃的蚊香，很快就看見整個透明塑料瓶里煙霧繚繞。當搖動起電機，頓時塑料瓶清澈透明，停止搖動，又出現煙霧繚繞。下列說法正確的是（）A.室內的空氣濕度越大，實驗效果越好B.起電機搖動時，塑料瓶內存在的是勻強電場C.起電機搖動前，煙塵顆粒帶上電荷才能做成功D.帶電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，電勢能減少【答案】D【解析】A．潮濕的空氣易于導電，則起電機產生的靜電不容易在鐵鋸條和金屬片上積累，則該實驗不易成功，故A錯誤；B．起電機搖動時，鋸條處聚集的電荷最密集，塑料瓶內存在的是非勻強電場，故B錯誤；C．鋸條和金屬片間的電場讓空氣電離，電離出的電子讓煙塵顆粒帶負電，不需要讓煙塵顆粒先帶上電荷才能做成功，故C錯誤；D．帶電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，電場力做正功，電勢能減少，故D正確。故選D。7.如圖甲為磁電式電流表的結構，圖乙為極靴和鐵質圓柱間的磁場分布，線圈a、b兩邊通以圖示方向電流，線圈兩邊所在處的磁感應強度大小相等。則下列選項正確的是（）A.電流表中的磁場是勻強磁場B.用來做線圈骨架的鋁框可以幫助指針快速穩定的停下來，方便讀數C.線圈無論轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，所以線圈不受安培力D.運輸時要用導線把電流表兩接線柱連在一起，若適當換成更弱的磁場可更好地減緩表針的擺動幅度【答案】B【解析】A．磁電式電表內部并非勻強磁場，而是成近似“徑向”分布，故A錯誤；B．鋁框磁場中轉動會產生感應電流，形成電磁阻尼，從而使指針迅速穩定下來，方便讀數，故B正確；C．雖然線圈平面跟磁感線平行，但是兩邊的感應電流方向基本與磁場垂直，線圈始終受到安培力作用，故C錯誤；D．運輸時短接接線柱是為防止表針振動過大，但若磁場變得更弱，渦流減小，電磁阻尼作用反而減弱，不利于減小指針擺動，故D錯誤。故選B。8.某學習小組利用如圖所示電路研究某手持小風扇的電動機性能。調節滑動變阻器R，測得扇葉被卡住停止轉動時，電壓表示數為1.0V，電流表的示數為0.50A；風扇正常運轉時電壓表示數為2.0V，電流表示數為0.20A。下列說法正確的是（）A.電動機線圈的電阻為B.風扇運轉時線圈的發熱功率為C.風扇運轉時輸出的機械功率為D.與扇葉被卡住時相比，風扇運轉時電源的總功率更大【答案】C【解析】A．根據題意，由歐姆定律可得，電動機線圈的電阻為，故A錯誤；B．風扇運轉時線圈的發熱功率為，故B錯誤；C．風扇運轉時輸入功率為風扇運轉時輸出的機械功率為故C正確；D．電源的總功率為，由題意可知，與扇葉被卡住時相比，風扇運轉時電路中電流較小，則風扇運轉時電源的總功率更小，故D錯誤。故選C。9.甲同學把一個充氣到直徑左右的乳膠氣球，以的速度水平投向乙同學，氣球被原速率反彈，已知氣球與乙同學接觸時間約為，空氣密度約，則乙同學受到氣球的沖擊力約為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設反彈方向為正方向，則對氣球由動量定理其中解得F≈45.4N由牛頓第三定律可知乙同學受到氣球的沖擊力約為45.4N。故選B。10.如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向下的勻強電場，空間同一水平面的M、N點固定兩個等量正點電荷，半徑為R的絕緣光滑圓管道垂直放置，其圓心O在的中點，和分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為的小球（直徑略小于圓管直徑）放進圓管內，從A點沿圓環以初速度做完整的圓周運動，則（）A.小球從A到C的過程中電勢能減少 B.小球不可能沿圓管道做勻速圓周運動C.可求出小球運動到C點時的加速度 D.小球在D點受到的合外力一定指向O【答案】C【解析】A．根據等量異種點電荷的電場分布特點可知，圓環所在平面為在M、N點的兩個點電荷形成的電場的等勢面，勻強電場方向豎直向下，則小球從A到C的過程中所處位置的電勢降低，因小球帶負電，故其電勢能增加，故A錯誤；

B．當豎直向下的勻強電場的電場強度E滿足：qE=mg小球沿圓環運動時所受合力不做功，合力等于圓周運動所需向心力，小球沿圓環做勻速圓周運動，故B錯誤；

C．小球從A到C的過程，根據動能定理根據可以求出小球運動到C點的加速度大小，故C正確；

D．小球在D點勻強電場的電場力與重力不一定相等，則兩個力的合力在豎直方向上，在M、N點的兩個點電荷形成的電場對小球的電場力方向由D指向O，圓環對球的彈力方向也是由D指向O，所以小球在D點受到合外力方向不一定指向O點，故D錯誤。

故選C。11.某同學利用手機軟件測量當地地磁場的磁感應強度，如圖甲所示，以手機顯示屏所在平面為平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時z軸始終保持豎直向上，手機平面繞z軸勻速轉動，手機顯示出各軸磁場的實時數據（如圖乙所示）。當外界磁場分量與坐標軸正方向相同時則顯示正值，相反則顯示負值，根據圖像可推知，下列說法錯誤的是（）A.通過數據可知測量地南半球B.圖中時刻x軸正方向指向地球北方C.時間內手機剛好繞z軸轉動了一周D.通過數據可以得出當地地磁場磁感應強度大小約為【答案】A【解析】A．從圖中可以看出，手機豎直方向（z軸方向）的磁場分量始終為負值，這說明當地磁場在豎直方向上是向下的；z軸豎直向上方向為正值，可知該處地磁場豎直分量向下，故測量地在北半球，故A錯誤，符合題意；B．根據北半球地磁場保持水平分量為向北，因此當手機繞z軸轉動過程，地磁場水平分量在x軸和y軸的分量，將出現正弦或余弦式的變化，圖中t1時刻x軸正方向磁場數值達到最大，說明此時刻x軸正方向指向地球北方，故B正確，不符合題意；C．t1~t5時間內x軸方向磁場變化剛好一個周期，說明t1~t5時間內手機剛好繞z軸轉動了一周，故C正確，不符合題意；D．根據題中數據可知地磁場磁感應強度大小約為故D正確，不符合題意。故選A。12.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比，原線圈兩端與寬度d的光滑平行金屬軌道連接，軌道平面水平，磁感應強度B的勻強磁場垂直于軌道平面向下。一根金屬桿在軌道上運動，并始終與導軌保持良好接觸。副線圈兩端連接的電路如圖，三個燈泡的電阻均相同，L是直流電阻不計的理想線圈，C是電容器，導軌電阻不計。下列說法正確的是（）A.若棒在軌道上以v勻速運動，則小燈泡兩端的電壓為B.若棒在軌道上做勻加速運動時，三盞燈泡一樣亮C.若棒在軌道上做變加速運動時，三盞燈泡一樣亮D.若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，變暗，變亮【答案】D【解析】A．若棒在軌道上以v勻速運動，導體棒產生的電動勢恒定不變，原線圈電流恒定不變，則穿過副線圈的磁通量保持不變，不會產生感應電動勢，所以小燈泡兩端的電壓為0，故A錯誤；B．若棒在軌道上做勻加速運動時，導體棒產生的電動勢均勻增大，原線圈電流均勻增大，則穿過副線圈的磁通量均勻增大，副線圈產生穩定的感應電動勢，由于電容器不能通恒定電流，所以小燈泡不亮，故B錯誤；C．若棒在軌道上做變加速運動時，可知副線圈產生變化的感應電動勢，由于線圈L和電容器都會對變化電流產生一定的阻礙作用，所以小燈泡最亮，故C錯誤；D．若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，根據感抗，容抗，可知感抗增大，容抗減小，則變暗，變亮，故D正確。13.一臺熱水器的聚熱面積約，若每天相當于太陽直射熱水器，太陽能的20%可轉化為水的內能，已知太陽輻射的總功率約為，太陽與地球之間的距離約為，陽光垂直射到地面附近的能量約為太陽輻射到地球能量的一半。則下列說法正確的是（）A.太陽垂直射到地面附近單位面積的輻射功率約為B.這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多約為700JC.這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能約為D.這臺熱水器全年內最多轉化的水的內能約為【答案】C【解析】A．太陽垂直射到地面附近單位面積的輻射功率，故A錯誤；B．由題意可知，這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多為，故B錯誤；C．根據題意，這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能為，故C正確；D．根據題意，這臺熱水器全年內最多轉化的水的內能約為，故D錯誤。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14.電焊作業時，會產生對人體有害的電焊弧光。焊接電弧溫度在3000℃時，同時向外輻射出大量的電磁波，已知向外輻射的電磁波的頻率為，普朗克常量，光在真空中的速度為。根據如圖所示的電磁波譜下列說法正確的是（）A.該電磁波屬于紫外線B.該電磁波的波長比X射線短C.該電磁波能量子的能量為D.該電磁波具有顯著的熱效應【答案】AC【解析】A．該電磁波波長屬于紫外線，選項A正確；B．該電磁波的波長比X射線長，選項B錯誤；C．該電磁波能量子的能量為選項C正確；D．該電磁波具有顯著的熒光效應，選項D錯誤。故選AC。15.用圖甲所示為洛倫茲力演示儀，某次演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時，玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現將這一現象簡化成如圖乙所示的情景來討論：在空間存在平行于y軸的勻強磁場，磁感應強度為B，電子在平面以初速度從坐標原點沿x軸正方向成角射入磁場，運動軌跡為螺旋線；螺旋線軸線平行于y軸，螺旋半徑為R，螺距為，周期為T，則下列說法中正確的是（）A.磁場的方向為沿軸正方向B.當時“軌跡”為閉合的整圓C.此螺旋狀軌跡的半徑D.若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變【答案】BD【解析】A．電子的從O點射出時的速度有沿x軸正向的分量，受洛倫茲力沿z軸正向，根據左手定則可知，磁場的方向為沿軸負方向，選項A錯誤；B．當電子只在xOz平面內運動，則“軌跡”為閉合的整圓，選項B正確；C．根據解得此螺旋狀軌跡的半徑選項C錯誤；D．根據螺距若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變，選項D正確。故選BD。三、非選擇題（本題共4小題，共55分）16.圖甲為驗證動量守恒定律的實驗裝置圖。實驗時，將斜槽固定在鐵架臺上，使槽末端水平。先讓質量為的入射球多次從傾斜軌道上S位置靜止釋放，記錄其在水平桌面上的平均落點位置P。然后把質量為的被碰小球靜置于槽的末端，再將入射球從傾斜軌道上S位置靜止釋放，與相碰，并多次重復，記錄兩小球在桌面上的平均落點位置，測出碰后入射球的平均落點在M點，被碰球的平均落點在N點。（1）某次測量的小球直徑如圖乙所示，讀數為______cm（2）下列實驗要求中正確的有______（多選）A.入射球和被碰球的質量必須滿足B.用鉛垂線檢查斜槽末端是否水平C.測量小球開始釋放的高度h來表示初速度大小D.利用復寫紙與白紙記錄小球的落點，實驗過程中不可移動白紙的位置（3）測出小球拋出點在桌面上的投影點O到點P、M、N的距離，分別記為、、，若兩球碰撞時動量守恒，應滿足關系式______。（4）若兩球發生彈性碰撞，則、、之間一定滿足關系式______。A.B.C.【答案】（1）（2）AD（3）（4）A【解析】（1）根據游標卡尺計數規則，直徑為（2）A.為了避免碰撞后小球被反彈，所以要求入射球的質量大于被碰球的質量，即，故A正確；B．鉛垂線的作用是用來確定y軸的方向的，故B錯誤；C．因為小球做平拋運動，下落時間相等，故可用水平位移代替平拋的初速度，則實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量小球做平拋運動的水平位移來解決這個問題。而不是小球開始釋放的高度，故C錯誤；D．實驗中白紙上鋪復寫紙的目的是描繪落點的位置，復寫紙的位置可以移動，但白紙的位置不可以移動，故D正確。故選AD。（3）設小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有解得（4）若碰撞是彈性碰撞，還應滿足機械能守恒定律由于聯立解得則有17.充電寶可以視為與電池一樣的直流電源。一充電寶的電動勢約為，內阻很小，最大放電電流為。某實驗小組測定它的電動勢和內阻，另有滑動變阻器R用于改變電路中的電流，定值電阻，兩只數字多用電表M、N，兩表均為理想電表，并與開關S連成如圖所示電路。（1）圖中測量電流的電表是______，測量電壓的電表是______；（均填寫字母“M”，或“N”）（2）電路中接入的主要作用是______；（3）通過實驗作出圖像如圖乙所示，則可得到充電寶的電動勢______V，內阻______；（計算結果保留兩位小數）（4）若實驗過程中，用作電流表的數字式多用電表出現故障，改用普通電流表進行實驗，則測量的充電寶的內阻______真實值。（選填“大于”、“等于”、“小于”）【答案】（1）NM（2）保護電路（3）5.000.10（4）等于【解析】（1）[1][2]由于圖中M并聯在電路中，N串聯在電路中，所以，測量電壓的電表是M，測量電流的電表是N。（2）[1]電路中接入的主要作用是保護電路，避免使充電寶的放電電流過大損壞電路中的器件。（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律根據圖乙圖線，代入數據和，有，聯立解得（4）[1]由圖甲可知，本實驗是用電流表內接的方法測量，而數字電壓表為理想電表，電流表的測量值等于通過電源的電流，改用普通電流表進行實驗，對測量結果沒有影響，故測量的充電寶的內阻等于真實值。18.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑、圓心角為的圓弧，半徑為R、圓心角為的圓弧組成，軌道間平滑連接。在軌道末端E點的右側足夠長的水平地面上緊靠著質量的滑板b，其上表面與軌道末端E所在的水平面齊平。質量為的物塊a從軌道上距B點高度為h處靜止下滑，經圓弧軌道滑上軌道。物塊a與滑板b間的動摩擦因數。（其他軌道均光滑，物塊a視為質點，不計空氣阻力，，）（1）若①求物塊a第一次通過C點時速度大小和軌道對它的支持力大小：②保證小物塊不脫離滑板b，求木板的最小長度和這個過程產生的熱量Q；（2）若僅使滑板b的長度變為，物塊a能經軌道滑上滑板b且不脫離，求釋放高度h的范圍。【答案】（1）①，，②，（2）【解析】（1）①釋放點到C位置根據機械能守恒定律解得C位置根據牛頓第二定律解得②釋放點到E位置根據機械能守恒定律解得當物塊a與滑板b達到共同速度時，此時物塊a恰好未從滑板右側滑出，此時木板長度最小。運動過程中，物塊a與滑板b組成的系統動量守恒，最終速度為v，根據動量守恒解得根據系統能量守恒解得由，解得（2）①釋放點高度為，物塊a經軌道恰好能到達E處，即從釋放點到E處可知解得②釋放點高度為，物塊a經軌道到D處時恰好脫離軌道，即D處解得釋放點到D處有解得物塊a從處釋放，到達E處根據機械能守恒解得根據系統動量守恒和能量守恒，解得由得。綜上所述釋放高度h的范圍為19.如圖所示，水平固定半徑為r的金屬圓環，圓環內右半圓存在豎直向下，磁感應強度大小為的勻強磁場；長均為r、電阻均為R的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環接觸，另一端固定在過圓心的導電豎直轉軸上，圓環邊緣與接線柱1相連。長為L，質量為m，電阻為R的導體棒垂直軌道放置，且離斜面底端足夠遠；軌道處于垂直斜面向下的磁場中，磁感應強度為。傾斜軌道與水平絕緣軌道平滑連接，水平軌道放置“］”形金屬框，框的長寬均為L，質量為、電阻為R，金屬框右側存在豎直向下、磁感應強度為、長度為的有界磁場。開始時開關S和1接通，兩金屬棒以相同角速度轉動，導體棒靜止；再將S從1迅速撥到2與定值電阻R連接，棒開始運動，進入水平軌道與“］”形框粘在一起形成閉合框。（已知、，、、、、、，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒運動過程中始終與軌道垂直且接觸良好。求：（1）開關S和1接通：①棒靜止時，流過棒的電流方向以及電流大小：②兩金屬棒的轉動方向（從上往下看）以及轉動的角速度大??；（2）開關S和2接通：①閉合框剛進入磁場時的速度大?。虎趯w棒在水平軌道運動過程中產生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）①方向由a流向b，，②逆時針方向，（2）①，②【解析】（1）①由于棒靜止，則棒所受的安培力沿傾斜軌道向上，根據左手定則得流過棒的電流方向由a流向b，根據平衡條件解得棒靜止時，流過棒的電流大小為②根據右手定則結合電路分析得：金屬棒的轉動方向為逆時針方向根據電路圖分析得：由上式可知流經棒的電流，則電路中的總電流為，電動勢導體棒繞一端轉動切割解得兩金屬棒轉動的角速度大小為（2）①當開關S打到2時，導體棒與定值電阻連接，導體棒做變加速直線運動，由于傾斜軌道足夠長，導體棒到達斜面底端時已經處于平衡狀態，則解得導體棒與金屬框相碰，由動量守恒定律得閉合框剛進入磁場時的速度大小為②若閉合線框在磁場中能停止，則根據動量定理解得即閉合線框能出磁場。閉合線框經過磁場過程中，由動量定理解得根據系統能量守恒解得根據焦耳熱分配定律20.某質譜儀原理如圖所示，在平面內，Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為；Ⅱ為速度選擇器，其中金屬板MN長均為L、間距為d、兩端電壓為，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后以比較大的速度沿著Ⅱ的中軸線做直線運動，再由O點進入Ⅲ做圓周運動，最后打到熒光屏的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。求：（1）MN極板的電勢高低和粒子的比荷；（2）O點到P點距離y；（3）假設質量分析器兩極板間電勢差在內小幅波動，則離子在質量分析器中不再沿直線運動，可近似看做勻變速曲線運動。①進入Ⅲ時粒子與x軸的最大發散角（用三角函數表示）；②熒光屏上被擊中的區域長度s。【答案】（1）M電勢高；（2）（3）①，②【解析】（1）在Ⅲ區域，帶電粒子往上偏轉，則該粒子帶正電。在Ⅱ區域，粒子沿直線運動，洛倫茲力向上，則電場力向下，即M板電勢高于N板；在Ⅰ區域：在Ⅱ區域則（2）進入Ⅲ區域，粒子做勻速圓周運動，距離解得（3）①由題可知帶電粒子進入Ⅱ區域做勻變速曲線運動，由于較小，則帶電粒子在Ⅱ區域的加速度為帶電粒子在Ⅱ區域的運動時間分析可知帶電粒子在Ⅱ區域的運動為類平拋運動②帶電粒子Ⅱ區域的運動的豎直偏轉最大位移為，即距離帶電粒子從A點出射時與水平方向夾角為，速度大小為v，最終打到P點，如圖所示。則有，得長度為一定值；分析可知熒光屏上被擊中的長度等于帶電粒子在離開Ⅱ區域時的粒子區域范圍臺州市2024學年第一學期高二年級期末質量評估試題物理注意事項：1.本卷共8頁，19小題，滿分100分，考試時間90分鐘；2.用藍、黑色水筆書寫答案，考試結束只需將答題卷交回；3.本卷中除特別說明外，重力加速度均取。一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量中屬于矢量的是（）A.動量 B.動能 C.電流強度 D.磁通量【答案】A【解析】矢量：有大小和方向，運算時遵守平行四邊形定則；標量：只有大小沒有方向，代數運算。A．動量既有大小又有方向，且方向與物體速度方向一致，遵循平行四邊形定則，故A正確；B．動能只有大小沒有方向，動能是標量，故B錯誤；C．電流強度反映電流的強弱，其方向表示正電荷定向移動的方向，由于電流強度運算時不遵守平行四邊形定則，所以電流強度是標量，故C錯誤；D．磁通量雖然有方向，但是磁通量的計算并不遵循平行四邊形定則，故D錯誤。故選A。2.許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程，下列說法正確的是（）A.安培提出了分子電流假說B.法拉第發現了電流磁效應現象C.卡文迪什最先測量了靜電力常量D.麥克斯韋預言并通過實驗捕捉到了電磁波【答案】A【解析】A．安培提出了分子電流假說，故A正確；B．法拉第發現了電磁感應現象，奧斯特發現了電流磁效應現象，故B錯誤；C．麥克斯韋最先測量了靜電力常量，故C錯誤；D．赫茲通過實驗捕捉到了電磁波，故D錯誤。3.下列四個選項中不屬于比值定義式的是（）A.電容 B.電流C.電場強度 D.電勢【答案】B【解析】A．電容器的電容與極板所帶電荷量、極板之間的電壓沒有本質上的決定關系，可知，屬于比值定義式，故A錯誤；B．電流宏觀上由導體電阻與導體兩端電壓決定，是電流的宏觀決定式，不屬于比值定義式，故B正確；C．電場強度與電場力、試探電荷的電荷量么有本質上的決定關系，屬于比值定義式，故C錯誤；D．電勢與電勢能、試探電荷的電荷量沒有本質上的決定關系，屬于比值定義式，故D錯誤。故選B。4.一種用磁流體發電裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間有一個很強的勻強磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B兩板就是一個直流電源的兩個電極。下列說法正確的是（）A.A板為電源正極B.增大兩極板的正對面積，發電機的電動勢將增大C.增大等離子體噴入磁場的速度，發電機的電動勢將增大D.若將發電機與用電器斷開，A板積累的電荷會一直增多【答案】C【解析】A．根據帶電粒子在磁場中的受洛倫茲力發生偏轉這一規律，利用左手定則，可判斷出A板為電源負極，故A錯誤；BC．發電裝置穩定后，根據粒子在極板間受力平衡可知整理可得到所以增大正對面積對電源電動勢沒有影響，但增大噴射速度，將使得發動機的電動勢增大，故B錯誤，C正確；D．與用電器斷開后，隨著A板上電荷的增多，兩極板電勢差增大，最終趨于平衡，此后進入的帶電粒子將滿足從而不會在打在上下極板上，所以A板積累的電荷不會一直增多，故D錯誤。故選C。5.自動體外除顫器（AED）是一種便攜式的用于搶救心臟驟?；颊叩尼t療設備。某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是，充電至電壓，如果電容器在時間內完成放電，下列說法正確的是（）A.若充電至，則該電容器的電容為B.該次放電前，電容器存儲的電量為60CC.這次放電過程中通過人體組織的電流是恒定不變的D.這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為【答案】D【解析】A．電容為電容器的固有屬性與兩端電壓無關，故若充電至，則該電容器的電容為，故A錯誤；B．該次放電前，電容器存儲的電量為故B錯誤；C．電容器放電時隨著帶電量減小，放電電流在逐漸減小，故C錯誤；D．這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為故D正確。故選D。6.如圖所示，一個沒有底的空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬）片，把它們分別跟靜電起電機的兩極相連，鋸條接電源負極，金屬片接正極。在塑料瓶里放一盤點燃的蚊香，很快就看見整個透明塑料瓶里煙霧繚繞。當搖動起電機，頓時塑料瓶清澈透明，停止搖動，又出現煙霧繚繞。下列說法正確的是（）A.室內的空氣濕度越大，實驗效果越好B.起電機搖動時，塑料瓶內存在的是勻強電場C.起電機搖動前，煙塵顆粒帶上電荷才能做成功D.帶電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，電勢能減少【答案】D【解析】A．潮濕的空氣易于導電，則起電機產生的靜電不容易在鐵鋸條和金屬片上積累，則該實驗不易成功，故A錯誤；B．起電機搖動時，鋸條處聚集的電荷最密集，塑料瓶內存在的是非勻強電場，故B錯誤；C．鋸條和金屬片間的電場讓空氣電離，電離出的電子讓煙塵顆粒帶負電，不需要讓煙塵顆粒先帶上電荷才能做成功，故C錯誤；D．帶電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，電場力做正功，電勢能減少，故D正確。故選D。7.如圖甲為磁電式電流表的結構，圖乙為極靴和鐵質圓柱間的磁場分布，線圈a、b兩邊通以圖示方向電流，線圈兩邊所在處的磁感應強度大小相等。則下列選項正確的是（）A.電流表中的磁場是勻強磁場B.用來做線圈骨架的鋁框可以幫助指針快速穩定的停下來，方便讀數C.線圈無論轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，所以線圈不受安培力D.運輸時要用導線把電流表兩接線柱連在一起，若適當換成更弱的磁場可更好地減緩表針的擺動幅度【答案】B【解析】A．磁電式電表內部并非勻強磁場，而是成近似“徑向”分布，故A錯誤；B．鋁框磁場中轉動會產生感應電流，形成電磁阻尼，從而使指針迅速穩定下來，方便讀數，故B正確；C．雖然線圈平面跟磁感線平行，但是兩邊的感應電流方向基本與磁場垂直，線圈始終受到安培力作用，故C錯誤；D．運輸時短接接線柱是為防止表針振動過大，但若磁場變得更弱，渦流減小，電磁阻尼作用反而減弱，不利于減小指針擺動，故D錯誤。故選B。8.某學習小組利用如圖所示電路研究某手持小風扇的電動機性能。調節滑動變阻器R，測得扇葉被卡住停止轉動時，電壓表示數為1.0V，電流表的示數為0.50A；風扇正常運轉時電壓表示數為2.0V，電流表示數為0.20A。下列說法正確的是（）A.電動機線圈的電阻為B.風扇運轉時線圈的發熱功率為C.風扇運轉時輸出的機械功率為D.與扇葉被卡住時相比，風扇運轉時電源的總功率更大【答案】C【解析】A．根據題意，由歐姆定律可得，電動機線圈的電阻為，故A錯誤；B．風扇運轉時線圈的發熱功率為，故B錯誤；C．風扇運轉時輸入功率為風扇運轉時輸出的機械功率為故C正確；D．電源的總功率為，由題意可知，與扇葉被卡住時相比，風扇運轉時電路中電流較小，則風扇運轉時電源的總功率更小，故D錯誤。故選C。9.甲同學把一個充氣到直徑左右的乳膠氣球，以的速度水平投向乙同學，氣球被原速率反彈，已知氣球與乙同學接觸時間約為，空氣密度約，則乙同學受到氣球的沖擊力約為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設反彈方向為正方向，則對氣球由動量定理其中解得F≈45.4N由牛頓第三定律可知乙同學受到氣球的沖擊力約為45.4N。故選B。10.如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向下的勻強電場，空間同一水平面的M、N點固定兩個等量正點電荷，半徑為R的絕緣光滑圓管道垂直放置，其圓心O在的中點，和分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為的小球（直徑略小于圓管直徑）放進圓管內，從A點沿圓環以初速度做完整的圓周運動，則（）A.小球從A到C的過程中電勢能減少 B.小球不可能沿圓管道做勻速圓周運動C.可求出小球運動到C點時的加速度 D.小球在D點受到的合外力一定指向O【答案】C【解析】A．根據等量異種點電荷的電場分布特點可知，圓環所在平面為在M、N點的兩個點電荷形成的電場的等勢面，勻強電場方向豎直向下，則小球從A到C的過程中所處位置的電勢降低，因小球帶負電，故其電勢能增加，故A錯誤；

B．當豎直向下的勻強電場的電場強度E滿足：qE=mg小球沿圓環運動時所受合力不做功，合力等于圓周運動所需向心力，小球沿圓環做勻速圓周運動，故B錯誤；

C．小球從A到C的過程，根據動能定理根據可以求出小球運動到C點的加速度大小，故C正確；

D．小球在D點勻強電場的電場力與重力不一定相等，則兩個力的合力在豎直方向上，在M、N點的兩個點電荷形成的電場對小球的電場力方向由D指向O，圓環對球的彈力方向也是由D指向O，所以小球在D點受到合外力方向不一定指向O點，故D錯誤。

故選C。11.某同學利用手機軟件測量當地地磁場的磁感應強度，如圖甲所示，以手機顯示屏所在平面為平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時z軸始終保持豎直向上，手機平面繞z軸勻速轉動，手機顯示出各軸磁場的實時數據（如圖乙所示）。當外界磁場分量與坐標軸正方向相同時則顯示正值，相反則顯示負值，根據圖像可推知，下列說法錯誤的是（）A.通過數據可知測量地南半球B.圖中時刻x軸正方向指向地球北方C.時間內手機剛好繞z軸轉動了一周D.通過數據可以得出當地地磁場磁感應強度大小約為【答案】A【解析】A．從圖中可以看出，手機豎直方向（z軸方向）的磁場分量始終為負值，這說明當地磁場在豎直方向上是向下的；z軸豎直向上方向為正值，可知該處地磁場豎直分量向下，故測量地在北半球，故A錯誤，符合題意；B．根據北半球地磁場保持水平分量為向北，因此當手機繞z軸轉動過程，地磁場水平分量在x軸和y軸的分量，將出現正弦或余弦式的變化，圖中t1時刻x軸正方向磁場數值達到最大，說明此時刻x軸正方向指向地球北方，故B正確，不符合題意；C．t1~t5時間內x軸方向磁場變化剛好一個周期，說明t1~t5時間內手機剛好繞z軸轉動了一周，故C正確，不符合題意；D．根據題中數據可知地磁場磁感應強度大小約為故D正確，不符合題意。故選A。12.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比，原線圈兩端與寬度d的光滑平行金屬軌道連接，軌道平面水平，磁感應強度B的勻強磁場垂直于軌道平面向下。一根金屬桿在軌道上運動，并始終與導軌保持良好接觸。副線圈兩端連接的電路如圖，三個燈泡的電阻均相同，L是直流電阻不計的理想線圈，C是電容器，導軌電阻不計。下列說法正確的是（）A.若棒在軌道上以v勻速運動，則小燈泡兩端的電壓為B.若棒在軌道上做勻加速運動時，三盞燈泡一樣亮C.若棒在軌道上做變加速運動時，三盞燈泡一樣亮D.若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，變暗，變亮【答案】D【解析】A．若棒在軌道上以v勻速運動，導體棒產生的電動勢恒定不變，原線圈電流恒定不變，則穿過副線圈的磁通量保持不變，不會產生感應電動勢，所以小燈泡兩端的電壓為0，故A錯誤；B．若棒在軌道上做勻加速運動時，導體棒產生的電動勢均勻增大，原線圈電流均勻增大，則穿過副線圈的磁通量均勻增大，副線圈產生穩定的感應電動勢，由于電容器不能通恒定電流，所以小燈泡不亮，故B錯誤；C．若棒在軌道上做變加速運動時，可知副線圈產生變化的感應電動勢，由于線圈L和電容器都會對變化電流產生一定的阻礙作用，所以小燈泡最亮，故C錯誤；D．若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，根據感抗，容抗，可知感抗增大，容抗減小，則變暗，變亮，故D正確。13.一臺熱水器的聚熱面積約，若每天相當于太陽直射熱水器，太陽能的20%可轉化為水的內能，已知太陽輻射的總功率約為，太陽與地球之間的距離約為，陽光垂直射到地面附近的能量約為太陽輻射到地球能量的一半。則下列說法正確的是（）A.太陽垂直射到地面附近單位面積的輻射功率約為B.這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多約為700JC.這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能約為D.這臺熱水器全年內最多轉化的水的內能約為【答案】C【解析】A．太陽垂直射到地面附近單位面積的輻射功率，故A錯誤；B．由題意可知，這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多為，故B錯誤；C．根據題意，這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能為，故C正確；D．根據題意，這臺熱水器全年內最多轉化的水的內能約為，故D錯誤。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14.電焊作業時，會產生對人體有害的電焊弧光。焊接電弧溫度在3000℃時，同時向外輻射出大量的電磁波，已知向外輻射的電磁波的頻率為，普朗克常量，光在真空中的速度為。根據如圖所示的電磁波譜下列說法正確的是（）A.該電磁波屬于紫外線B.該電磁波的波長比X射線短C.該電磁波能量子的能量為D.該電磁波具有顯著的熱效應【答案】AC【解析】A．該電磁波波長屬于紫外線，選項A正確；B．該電磁波的波長比X射線長，選項B錯誤；C．該電磁波能量子的能量為選項C正確；D．該電磁波具有顯著的熒光效應，選項D錯誤。故選AC。15.用圖甲所示為洛倫茲力演示儀，某次演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時，玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F將這一現象簡化成如圖乙所示的情景來討論：在空間存在平行于y軸的勻強磁場，磁感應強度為B，電子在平面以初速度從坐標原點沿x軸正方向成角射入磁場，運動軌跡為螺旋線；螺旋線軸線平行于y軸，螺旋半徑為R，螺距為，周期為T，則下列說法中正確的是（）A.磁場的方向為沿軸正方向B.當時“軌跡”為閉合的整圓C.此螺旋狀軌跡的半徑D.若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變【答案】BD【解析】A．電子的從O點射出時的速度有沿x軸正向的分量，受洛倫茲力沿z軸正向，根據左手定則可知，磁場的方向為沿軸負方向，選項A錯誤；B．當電子只在xOz平面內運動，則“軌跡”為閉合的整圓，選項B正確；C．根據解得此螺旋狀軌跡的半徑選項C錯誤；D．根據螺距若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變，選項D正確。故選BD。三、非選擇題（本題共4小題，共55分）16.圖甲為驗證動量守恒定律的實驗裝置圖。實驗時，將斜槽固定在鐵架臺上，使槽末端水平。先讓質量為的入射球多次從傾斜軌道上S位置靜止釋放，記錄其在水平桌面上的平均落點位置P。然后把質量為的被碰小球靜置于槽的末端，再將入射球從傾斜軌道上S位置靜止釋放，與相碰，并多次重復，記錄兩小球在桌面上的平均落點位置，測出碰后入射球的平均落點在M點，被碰球的平均落點在N點。（1）某次測量的小球直徑如圖乙所示，讀數為______cm（2）下列實驗要求中正確的有______（多選）A.入射球和被碰球的質量必須滿足B.用鉛垂線檢查斜槽末端是否水平C.測量小球開始釋放的高度h來表示初速度大小D.利用復寫紙與白紙記錄小球的落點，實驗過程中不可移動白紙的位置（3）測出小球拋出點在桌面上的投影點O到點P、M、N的距離，分別記為、、，若兩球碰撞時動量守恒，應滿足關系式______。（4）若兩球發生彈性碰撞，則、、之間一定滿足關系式______。A.B.C.【答案】（1）（2）AD（3）（4）A【解析】（1）根據游標卡尺計數規則，直徑為（2）A.為了避免碰撞后小球被反彈，所以要求入射球的質量大于被碰球的質量，即，故A正確；B．鉛垂線的作用是用來確定y軸的方向的，故B錯誤；C．因為小球做平拋運動，下落時間相等，故可用水平位移代替平拋的初速度，則實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量小球做平拋運動的水平位移來解決這個問題。而不是小球開始釋放的高度，故C錯誤；D．實驗中白紙上鋪復寫紙的目的是描繪落點的位置，復寫紙的位置可以移動，但白紙的位置不可以移動，故D正確。故選AD。（3）設小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有解得（4）若碰撞是彈性碰撞，還應滿足機械能守恒定律由于聯立解得則有17.充電寶可以視為與電池一樣的直流電源。一充電寶的電動勢約為，內阻很小，最大放電電流為。某實驗小組測定它的電動勢和內阻，另有滑動變阻器R用于改變電路中的電流，定值電阻，兩只數字多用電表M、N，兩表均為理想電表，并與開關S連成如圖所示電路。（1）圖中測量電流的電表是______，測量電壓的電表是______；（均填寫字母“M”，或“N”）（2）電路中接入的主要作用是______；（3）通過實驗作出圖像如圖乙所示，則可得到充電寶的電動勢______V，內阻______；（計算結果保留兩位小數）（4）若實驗過程中，用作電流表的數字式多用電表出現故障，改用普通電流表進行實驗，則測量的充電寶的內阻______真實值。（選填“大于”、“等于”、“小于”）【答案】（1）NM（2）保護電路（3）5.000.10（4）等于【解析】（1）[1][2]由于圖中M并聯在電路中，N串聯在電路中，所以，測量電壓的電表是M，測量電流的電表是N。（2）[1]電路中接入的主要作用是保護電路，避免使充電寶的放電電流過大損壞電路中的器件。（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律根據圖乙圖線，代入數據和，有，聯立解得（4）[1]由圖甲可知，本實驗是用電流表內接的方法測量，而數字電壓表為理想電表，電流表的測量值等于通過電源的電流，改用普通電流表進行實驗，對測量結果沒有影響，故測量的充電寶的內阻等于真實值。18.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑、圓心角為的圓弧，半徑為R、圓心角為的圓弧組成，軌道間平滑連接。在軌道末端E點的右側足夠長的水平地面上緊靠著質量的滑板b，其上表面與軌道末端E所在的水平面齊平。質量為的物塊a從軌道上距B點高度為h處靜止下滑，經圓弧軌道滑上軌道。物塊a與滑板b間的動摩擦因數。（其他軌道均光滑，物塊a視為質點，不計空氣阻力，，）（1）若①求物塊a第一次通過C點時速度大小和軌道對它的支持力大?。孩诒ＷC小物塊不脫離滑板b，