（滿分：100分考試時間：75分鐘）
注意：
1．在本試卷上作答無效，應(yīng)在答題卡各題指定的答題區(qū)域內(nèi)作答。
2．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題），共6頁。
第Ⅰ卷（選擇題共40分）
一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，選對得4分，選錯得0分。
1. 2023年諾貝爾物理學(xué)獎授予“阿秒科學(xué)”（Attsecnd Science）的三位科學(xué)家，阿秒光脈沖技術(shù)使得研究原子中的電子動力學(xué)成為可能。如圖所示為氫原子的示意圖，將電子束縛在原子中運(yùn)動的力是（）
A. 萬有引力B. 庫侖力C. 洛倫茲力D. 重力
【答案】B
【解析】
【詳解】氫原子核帶正電，電子帶負(fù)電，將電子束縛在原子中運(yùn)動的力是庫侖力。
故選B。
2. 如圖所示，空間A點(diǎn)固定一個正點(diǎn)電荷，B點(diǎn)固定一個負(fù)點(diǎn)電荷，則空間P點(diǎn)的電場強(qiáng)度可能是圖中的（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】A點(diǎn)正點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)沿AP方向，B點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)沿PB方向，如圖：
根據(jù)矢量的合成，可知合場強(qiáng)可能是。
故選C。
3. 如圖所示為一種新型電磁船的俯視圖，船上裝有產(chǎn)生強(qiáng)磁場的裝置，可在虛線方框內(nèi)產(chǎn)生強(qiáng)磁場。MN、PQ為固定在船上的水平平行金屬板，直流電源接在M、P之間。閉合開關(guān)S后，通過海水的電流從N到Q，船在海水的反沖作用下水平向左運(yùn)動，則虛線框中的磁場方向應(yīng)該（ ）
A. 豎直向下B. 豎直向上C. 水平向左D. 水平向右
【答案】A
【解析】
【詳解】船受到的反沖力向左，根據(jù)牛頓第三定律，可知通電的海水受到向右的力，根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向下。
故選A。
4. 智慧城市路燈系統(tǒng)配備相關(guān)傳感設(shè)備，主要通過光敏儀器感知光的強(qiáng)度，并自主調(diào)節(jié)燈的亮度，實(shí)現(xiàn)自動化。某興趣小組為了研究路燈的感光系統(tǒng)，設(shè)計了甲、乙兩個電路，如圖所示。為光敏電阻（光照越強(qiáng)，電阻越?。c為定值電阻，下列說法正確的是（）
A. 環(huán)境變亮?xí)r，甲電路的燈泡亮度變亮B. 環(huán)境變亮?xí)r，甲電路的電功率減小
C. 環(huán)境變亮?xí)r，乙電路的燈泡亮度變暗D. 環(huán)境變亮?xí)r，乙電路的電功率增大
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．環(huán)境變亮?xí)r，光敏電阻阻值變小，則甲電路的總電阻變小，總電流變大，R0以及內(nèi)阻r上的電壓變大，則燈泡兩端電壓及電流均減小，則燈泡亮度變暗；通過R1的電流變大，則R1電功率增大，選項(xiàng)AB錯誤；
CD．環(huán)境變亮?xí)r，光敏電阻阻值變小，則乙電路的總電阻變小，總電流變大，則R1以及燈泡L上的電流都變大，則燈泡亮度變亮，R1電功率增大，選項(xiàng)C錯誤，D正確。
故選D。
二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
5. 下列說法中正確的是（ ）
A. 赫茲用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在
B. 按照麥克斯韋的電磁場理論，變化的電場周圍會產(chǎn)生磁場
C. 牛頓受到通電導(dǎo)線和磁體磁場相似性的啟發(fā)，提出了分子電流假說
D. 根據(jù)能量守恒定律，能量在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移過程中總量保持不變，故無須節(jié)約能源
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．赫茲用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，這是正確的，赫茲在1887年通過實(shí)驗(yàn)首次證實(shí)了電磁波的存在，為電磁學(xué)的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，故A正確；
B．按照麥克斯韋的電磁場理論，變化的電場周圍會產(chǎn)生磁場，這是正確的，麥克斯韋的電磁場理論指出，變化的電場會產(chǎn)生磁場，變化的磁場也會產(chǎn)生電場，這就是電磁場的基本原理，故B正確；
C．牛頓受到通電導(dǎo)線和磁體磁場相似性的啟發(fā)，提出了分子電流假說，這是錯誤的，分子電流假說是由安培提出的，而不是牛頓，安培認(rèn)為，物質(zhì)的磁性是由分子電流產(chǎn)生的，這種分子電流假說對于解釋物質(zhì)的磁性現(xiàn)象具有重要意義，故C錯誤；
D．根據(jù)能量守恒定律，能量在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中總量保持不變，故無須節(jié)約能源，這是錯誤的。雖然能量守恒定律告訴能量總量是不變的，但是能源的利用效率和可持續(xù)性仍然是需要關(guān)注的問題，需要節(jié)約能源，提高能源利用效率，以應(yīng)對能源短缺和環(huán)境污染等問題，故D錯誤；
故選AB。
6. “一卡通”是學(xué)校等單位常用的輔助支付手段，其內(nèi)部有一個多匝線圈，當(dāng)刷卡機(jī)發(fā)出電磁信號時，置于刷卡機(jī)上的“一卡通”線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生電信號?！耙豢ㄍā眱?nèi)部多匝線圈俯視圖可簡化為如圖甲所示，當(dāng)垂直線圈平面向里的磁場B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示時（）
A. 內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流沿逆時針方向
B. 內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流大小恒定
C. 和兩段時間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流的方向相同
D. 和兩段時間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流的大小相等
【答案】AB
【解析】
【詳解】AC．內(nèi)，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿逆時針方向，內(nèi)，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿順時針方向，故A正確，C錯誤；
BD．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
由圖乙可知感應(yīng)電動勢恒定，則感應(yīng)電流恒定，由于和兩段時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不同，則感應(yīng)電動勢不同，感應(yīng)電流大小不相等，故B正確，D錯誤；
故選AB。
7. 電子墨水是一種無光源顯示技術(shù)，它利用電場調(diào)控帶電顏料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈現(xiàn)出不同顏色，透明面板下有一層膠囊，其中每個膠囊都是一個像素。如圖所示，某一像素膠囊中有帶正電的白色微粒和帶負(fù)電的黑色微粒，當(dāng)膠囊下方的電極極性由負(fù)變正時，微粒在膠囊內(nèi)遷移（每個微粒電量保持不變），像素由黑色變成白色。下列說法正確的是（）
A. 像素呈黑色時，黑色微粒所在區(qū)域的電勢低于白色微粒所在區(qū)域的電勢
B. 像素呈白色時，黑色微粒所在區(qū)域的電勢高于白色微粒所在區(qū)域的電勢
C. 像素由黑變白的過程中，黑色微粒向下遷移電勢能減小
D. 像素由黑變白的過程中，白色微粒向上遷移電勢能增大
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．像素呈黑色時，當(dāng)膠囊下方的電極帶負(fù)電，像素膠囊里電場線方向向下，故黑色微粒所在的區(qū)域的電勢高于白色微粒所在區(qū)域的電勢，故A錯誤；
B．像素呈白色時，當(dāng)膠囊下方的電極帶正電，像素膠囊里電場線方向向上，故黑色微粒所在的區(qū)域的電勢高于白色微粒所在區(qū)域的電勢，故B正確；
CD．像素由黑變白的過程中，黑色微粒受到的電場力向下，位移向下，電場力對黑色微粒做正功，電勢能減小，白色微粒受到的電場力向上，位移向上，電場力對白色微粒做正功，電勢能減小，故C正確，D錯誤。
故選BC。
8. 如圖甲所示，絕緣水平地面上，左側(cè)區(qū)域粗糙，右側(cè)區(qū)域光滑，整個區(qū)域存在沿水平方向電場。有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，帶電量，質(zhì)量，與粗糙地面間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)讓小滑塊從處以的初速度沿x軸正方向運(yùn)動，其在不同位置所具有的電勢能如圖乙所示，P點(diǎn)是圖線最低點(diǎn)，虛線MN是圖線在處的切線，g取，則（ ）
A. 處的電場強(qiáng)度大小為10V/m
B. 滑塊第一次經(jīng)過處速度最大
C. 滑塊第一次向x軸正方向運(yùn)動過程中，先加速后減速
D. 滑塊第一次返回時恰能到處
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．在圖中，圖線斜率代表，所以在處的電場力為
所以
A錯誤；
BC．一開始電場力做正功，所以電場力方向是正方向，而摩擦力是負(fù)方向，則
電場力不斷減小，加速度不斷減小，所以一開始滑塊向右做加速度減小加速運(yùn)動，后做加速度減小學(xué)生減速運(yùn)動，再做加速度增大的減速運(yùn)動，所以當(dāng)電場力等于摩擦力時，速度最大，而處的電場力為0，不可能等于摩擦力，所以B錯誤，C正確；
D．滑塊第一次返回時恰能到處，摩擦力做的功等于
而一開始滑塊的動能為
因?yàn)椋曰瑝K第一次返回時恰能到處，D正確。
故選CD。
第Ⅱ卷（非選擇題共60分）
三、非選擇題：共60分?？忌鶕?jù)要求作答。
9. 如圖所示的電路中，L是一個自感系數(shù)很大的線圈，直流電阻可忽略不計。開關(guān)S閉合后，燈泡會________（選填“逐漸”或“立刻”）變亮，燈泡會________（選填“逐漸”或“立刻”）變亮；開關(guān)S斷開瞬間，流經(jīng)燈泡的電流方向是從________（選填“a到b”或“b到a”）。
【答案】 ①. 逐漸 ②. 立刻 ③. b到a
【解析】
【詳解】[1]開關(guān)S閉合后，通過線圈L的電流逐漸增大，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，阻礙電流的增大，故燈泡L1會逐漸變亮；
[2]開關(guān)S閉合后，燈泡L2與線圈L并聯(lián)，不影響通過燈泡L2的電流，故燈泡L2會立刻變亮；
[3]開關(guān)S斷開瞬間，線圈由于自感，阻礙電流的減小，線圈、燈泡L1、燈泡L2組成閉合回路，故流經(jīng)燈泡L2的電流方向是從b到a。
10. 如圖所示，以A、B、C、D為頂點(diǎn)的長方形處于平行于紙面的勻強(qiáng)電場中，AB的長度為0.10m，BC的長度為0.06m，A、B、C三點(diǎn)的電勢分別為9V、10V、10V。則D點(diǎn)電勢為________V，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為________V/m；一點(diǎn)電荷從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)移到C點(diǎn)電場力做功為，從A點(diǎn)經(jīng)D點(diǎn)移到C點(diǎn)電場力做功為，則________（選填“等于”或“不等于”）。
【答案】 ①. 9 ②. 10 ③. 等于
【解析】
【詳解】[1]因?yàn)閯驈?qiáng)電場是平行于紙面的，所以等勢線垂直于電場方向，而BC兩點(diǎn)電勢相等，所以BC為等勢線，電場方向平行AB，而A點(diǎn)電勢小于B點(diǎn)，所以電場方向是從B指向A，并且AD也是等勢線，所以D點(diǎn)電勢等于A點(diǎn)電勢，為9V；
[2]勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為
[3]電場力做功取決于初末位置電勢差，所以
所以。
11. 如圖所示，MN是矩形導(dǎo)線框的對稱軸，其左側(cè)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，，。則此時導(dǎo)線框的磁通量為________，當(dāng)導(dǎo)線框繞bc轉(zhuǎn)過，導(dǎo)線框磁通量為________，這個過程導(dǎo)線框的磁通量變化量為________。
【答案】 ①. ②. 0 ③.
【解析】
【詳解】[1]開始時，線框平面與磁場方向垂直，則穿過線框的磁通量為
[2]當(dāng)導(dǎo)線框繞bc轉(zhuǎn)過，線框平面與磁場方向平行，導(dǎo)線框磁通量為
[3]轉(zhuǎn)動過程導(dǎo)線框的磁通量變化量為
12. 在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器與計算機(jī)相連，可以顯示出電流i隨時間t變化的圖像。
（1）為使電源向電容器充電，應(yīng)將開關(guān)S與________（選填“1”或“2”）端相連；
（2）實(shí)驗(yàn)前直流電源電動勢，電容器不帶電。電容器充放電過程電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。
①圖中陰影部分的面積________（選填“等于”或“不等于”）；
②計算機(jī)測得（即充電總電量為），則該電容器的電容為________F；
③由甲、乙兩圖可判斷阻值________（選填“大于”或“小于”）。
【答案】 ①. 1 ②. 等于 ③. ④. 小于
【解析】
【詳解】（1）[1]為使電源向電容器充電，應(yīng)將電容器接在電源兩端，故開關(guān)S應(yīng)接1；
（2）[2]S1表示電容器充電后所帶電荷量，S2表示電容器放電的電荷量，所以
[3]該電容器電容為
[4]由題圖乙可知電容器充電瞬間電流比電容器放電瞬間電流大，且電容器充電瞬間電源電壓和放電瞬間電容器兩端電壓相等，則有
所以
13. 某實(shí)驗(yàn)小組測量一粗細(xì)均勻金屬絲的電阻率，已知金屬絲的長度。
（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖甲所示，其直徑為________mm；
（2）用多用電表粗測金屬絲的阻值，當(dāng)用“×1”擋測量時，指針位置如圖乙所示，其讀數(shù)為________Ω；
（3）為了精確地測量金屬絲的電阻，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材：
A．電流表（量程500μA，內(nèi)阻200Ω）
B．電流表（量程0.3A，內(nèi)阻約0.1Ω）
C．滑動變阻器（0~5Ω，額定電流1.0A）
D．滑動變阻器（0~1000Ω，額定電流0.5A）
E．電阻箱R（阻值范圍為0~9999.9Ω）
F．電源（電動勢3.0V，內(nèi)阻約0.2Ω）
G．開關(guān)S、導(dǎo)線若干
①實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖丙所示。由于沒有電壓表，需要把電流表串聯(lián)電阻箱R改裝成量程為3V的電壓表，則電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為________Ω?；瑒幼冏杵鲬?yīng)選擇________（選填“”或“”）；
②正確連接電路后，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器測得5組電流表、的值、，由數(shù)據(jù)作出圖像如圖丁所示，則________Ω（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；
（4）該金屬絲的電阻率為________
A． B． C．
（5）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，下列說法正確的是________
A．用圖像處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可以減小偶然誤差
B．為減小誤差，電表讀數(shù)時應(yīng)多估讀幾位數(shù)
C．用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數(shù)引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差
【答案】 ①. 0.730 ②. 6 ③. 5 800 ④. ⑤. 6.8 ⑥. B ⑦. A
【解析】
【詳解】（1）[1] 螺旋測微器的精度為0.01mm，讀數(shù)為
0.5mm+
（2）[2] 當(dāng)用“×1”擋測量時，指針位于“6”，讀數(shù)為6；
（3）①[3]根據(jù)電壓表的改裝原理可知
[4]滑動變阻器采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值較小的R1；
②[5]根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律及歐姆定律有
由于遠(yuǎn)大于，則有
變形可得
根據(jù)圖像的斜率可知
解得
（4）[6]根據(jù)電阻定理可知
其中
解得
故選B。
（5）[7] A．用?圖像處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可以減小偶然誤差，故A正確；
B．電表讀數(shù)時應(yīng)多估讀幾位數(shù)，不能減小誤差，故B錯誤；
C．用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數(shù)引起的誤差屬于偶然誤差，故C錯誤；
故選A。
14. 電視機(jī)顯像管的工作原理可簡化如圖。初速度為0的電子經(jīng)電場加速后，以速度v沿半徑方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后電子向上偏轉(zhuǎn)了。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量大小為e，磁場方向垂直于圓面，電子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r。求：
（1）加速電場的電壓U；
（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及方向；
（3）電子在磁場中的運(yùn)動時間t。
【答案】（1）；（2），方向垂直圓面向外；（3）
【解析】
【詳解】（1）電子在電場中加速
解得
（2）電子在磁場中做圓周運(yùn)動
解得
方向垂直圓面向外；
（3）解法一：
電子在磁場中運(yùn)動的軌跡長度
解得
解法二：
電子在磁場中運(yùn)動的周期
解得
15. “水輪發(fā)電機(jī)”是將水的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的發(fā)電設(shè)備，簡化為如圖裝置。足夠長水平“匚”形固定導(dǎo)體框架，寬度，電阻不計，左端連接電阻。金屬棒ab質(zhì)量，阻值，與導(dǎo)軌間滑動摩擦因數(shù)。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向垂直框架向上?，F(xiàn)通過定滑輪用質(zhì)量的重物由靜止釋放拉動金屬棒。g取，求：
（1）通過金屬棒的電流方向；
（2）金屬棒能達(dá)到的最大速度；
（3）金屬棒移動的過程中通過電阻R的電量。
【答案】（1）方向由a到b；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）由右手定則可知電流方向由a到b。
（2）金屬棒勻速時速度最大
解得
（3）設(shè)金屬棒移動x所用時間為
解得
16. 某種空氣凈化裝置原理如圖所示，由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的均勻混合氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的集塵器。在集塵器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變，在勻強(qiáng)電場作用下，有些帶電顆粒能打到集塵板上被收集。已知金屬板長度為L，間距為d、板間電壓恒為U，不考慮重力影響和顆粒間的相互作用。求：
（1）若不計空氣阻力，沿中軸線進(jìn)入電場的質(zhì)量為m、電量為的顆粒打在集塵板上時的動能；
（2）若不計空氣阻力，能被集塵板全部收集的顆粒比荷的最小值；
（3）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為，顆粒所帶電量的大小與其半徑平方成正比，其值為，r為顆粒半徑，k、為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間即加速達(dá)到最大速度。能被集塵板全部收集的顆粒的最小半徑。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)動能定理
解得顆粒打在集塵板上時的動能
（2）若顆粒從上板下邊緣進(jìn)入經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后能打在集塵板上，則該種顆粒能全部被收集，其中打在右邊緣上的顆粒比荷最小，則
根據(jù)牛頓第二定律
顆粒做類平拋運(yùn)動，則
聯(lián)立解得
（3）因顆粒在極短時間內(nèi)即被加速到最大速度，顆粒在電場中做勻速直線運(yùn)動，沿板方向與空氣無相對運(yùn)動，不受阻力。從上板下邊緣進(jìn)入的顆粒沿直線勻速運(yùn)動至下板右邊緣的顆粒恰能全部被收集，其半徑最小，設(shè)顆粒沿電場方向的速度為，則
顆粒做類平拋運(yùn)動，有
又因?yàn)?br>聯(lián)立解得

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