广东惠东中学2025届物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析

广东惠东中学2025届物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A.5A B.5AC.3．5A D.3．5A2、如图所示，分别为汽车甲的位移时间图象和汽车乙的速度时间图象，则A.甲的加速度大小为 B.乙的加速度大小为C.甲在4s内的位移大小为40

m D.乙在4

s内的位移大小为20

m3、如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则（）A.闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些B.闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些C.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭D.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭4、三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三根导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相等，如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B0，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B0，则O处的磁感应强度的大小和方向为()A.大小为B0，方向沿OA方向B.大小为2B0，方向竖直向下C.大小为2B0，方向沿OA方向D.大小为2B0，方向沿OB方向5、如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从ABCD面上的小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点，则下列说法正确的是A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴落到底板时速率相同C.液滴3在真空盒中的运动时间最长D.三个液滴在真空盒中的运动时间一定相同6、如图所示，一个物体受F1和F2两个互相垂直的共点力作用，其中F1=6N，F2=8N．这两个力的合力大小为A.2N B.10NC.14N D.48N二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、某空间存在磁感应强度大小为B的正方形匀强磁场区域ABCD，磁场方向垂直纸面（图中未画出），电荷量为+q的粒子（不计重力）从B点沿BC方向以速度v射入磁场，粒子从AD边上的E点离开磁场。已知正方形区域边长为d，，下列说法正确的是A.正方形区域磁场方向垂直纸面向外B.粒子的质量为C.粒子在磁场中运动的时间为D.若粒子射入磁场的速度大于（方向不变），则粒子一定从CD边射出8、某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示路径运动，先后通过M点和N点。以下说法正确的是（）A.M、N点的场强B.粒子在M、N点的加速度C.粒子在M、N点的速度D.粒子带正电9、回旋加速器的工作原理如图所示，两个半径为的形盒间加周期性变化交变电压，中心处粒子源发出的带电粒子经形盒缝隙中的电场加速度进入形盒中，经磁场回旋，最终从形盒出口导出．已知匀强磁场的磁感应强度大小为、方向与盒面垂直，忽略处粒子源产生的粒子的初速度及在狭缝中加速的时间，则A.交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半B.越大，粒子最终获得的动能越大C.形盒半径越大，粒子最终获得的动能越大D.磁感应强度越大，粒子最终获得的动能越大10、地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成θ角的直线MN运动．如图所示，由此可以判断：（）A.油滴一定做匀速直线运动B.油滴可能做匀变速直线运动C.如果油滴带正电，它是从N点运动到M点D.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在用打点计时器探究小车速度随时间变化的规律的实验中，右图是某次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。（1）根据____________可以判定小车做速度随时间均匀增加的直线运动。（2）根据有关公式可求得vB=1.38m/s，vC=____m/s，vD=3.90m/s。（3）利用求得的数值作出小车的v-t图线(以打A点时开始计时)，（）并根据图线求出小车运动的加速度a=____m/s2。（4）将图线延长与纵轴相交，若交点的纵坐标是0.12m/s，此交点的物理意义是________。12．（12分）在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A.待测小灯泡“、”B.电流表量程3A，内阻约为C.电流表量程，内阻约为D.电压表量程，内阻约为E.滑动变阻器最大阻值为，额定电流F.滑动变阻器最大阻值为，额定电流G.电源电动势，内阻不计H.电键及导线等为了使实验完成的更好，电流表应选用______；滑动变阻器应选用______．只需填器材前面的字母即可请在虚线框内画出实验电路图________.某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在坐标系中，描绘出如图甲所示的小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，可以判断图乙中正确的是______图中P为小灯泡的功率四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力14．（16分）如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场偏转打在荧光屏上的P点，已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)电子从偏转电场射出时的侧移量y1；(3)荧光屏上P点到中心位置O点的距离。15．（12分）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图所示，则：（1）V1表示数随电流变化的图像是甲乙两条图线中的哪条？并求出定值电阻R1的阻值；（2）求电源的电动势和内阻大小；（3）求电源效率的最大值和电源最大输出功率.

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】根据交流电的有效值的定义：,解得：I=5A，故选B【点睛】对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值2、B【解析】A、在图象中，斜率表示速度，由图象可知：甲做匀速直线运动，加速度为0，故A错误；B、在速度-时间图象中，斜率表示加速度，乙的加速度大小为a，故B正确；C、甲在内的位移大小为，故C错误；D、由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：乙在内的位移大小为，故D错误点睛：本题的关键要明确图象与图象的区别，知道v-t图象的斜率表示加速度，图象的斜率表示速度，两种图象不能混淆3、D【解析】AB．由于灯泡LA与线圈L和R1串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以LB比LA先亮，AB错误；CD．由于LA所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即LA更亮一些，当S断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中原电流开始减小，即从IA减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确。故选D。4、D【解析】由题意可知，AB两条通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则电流A与B在O处的合磁感应强度为零，则O点的磁感应强度等于导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感强度，大小为2B0；依据右手螺旋定则可知，在O处电流C产生的磁感应强度的方向沿OB方向；A．大小为B0，方向沿OA方向，与结论不相符，选项A错误；B．大小为2B0，方向竖直向下，与结论不相符，选项B错误；C．大小为2B0，方向沿OA方向，与结论不相符，选项C错误；D．大小为2B0，方向沿OB方向，与结论相符，选项D正确；5、D【解析】由题意知真空盒内有水平向右的电场，正电荷在电场中受到向右的电场力，不可能做平抛运动；根据液滴的受力情况，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析【详解】三液滴在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在电场力作用下做匀加速直线运动，在水平方向做的不是匀速直线运动，因此三液滴在真空盒中做的不是平抛运动，故A错误；对液滴，由动能定理得：qEx+mgy=mv2-mv02，解得：，由图示可知：x3＞x2＞x1，由此可知，三液滴落到底板上时的速度不同，故B错误；三液滴在竖直方向做自由落体运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，选项C错误，D正确；故选D.【点睛】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动规律分析，要注意明确小球同时参与两个运动，要注意应用运动的合成和分解规律进行分析求解6、B【解析】根据平行四边形定则求出合力的大小，由勾股定理，即可求解【详解】如图所示：根据力的平行四边形定则，可知质点所受F1和F2的合力大小为：故本题选B【点睛】解决本题的关键知道力的合成遵循平行四边形定则，以及知道两个力同向时，合力最大，两个力反向时，合力最小二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、ABC【解析】A．由题意可知带电粒子从E点离开，根据左手定则可知正方形区域磁场方向垂直纸面向外，故A正确；B．粒子运动轨迹如图所示根据几何关系有可解得；又因为带电粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力有可得故B正确；C．根据几何关系有所以θ=60°，故粒子在磁场中运动的时间为故C正确；D．当粒子恰好从D点射出时有，结合前面的分析可知此时的速度为根据几何关系可知粒子的速度大于时，粒子才从CD边射出，故D错误。故选ABC。8、BD【解析】A．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以有A错误；B．M处场强小，根据粒子受到的电场力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有B正确；C．根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向上，若粒子从M点运动到N点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增大，则有C错误；D．根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向上，场强方向也是斜向上，所以粒子为正电荷，D正确。故选BD。9、CD【解析】根据题图可知，本题考查了回旋加速器的原理．根据回旋加速器中交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式和半径公式，从而推导最大动能的表达式，即可进行判断【详解】A、交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期，否则带电粒子不可能总是被加速的．故A错误BCD、根据半径公式知，，则粒子的最大动能，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大，故CD正确，B错误；【点睛】在回旋加速器中，粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的，交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的条件10、AD【解析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误【详解】AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F=qvB可知，粒子必定做匀速直线运动;故A正确,B错误.CD．根据做直线运动的条件和受力情况，如图所示：可知如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故C错误，D正确.故选AD.【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.相邻相等时间间隔内的位移差相等②.2.64③.④.12.6⑤.打点计时器打下计时点A时纸带对应的速度【解析】（1）[1]做匀变速直线运动的物体，相邻相等时间内的位移差为定值，即，因此通过相邻相等时间间隔内的位移差相等可以判定小车做速度随时间均匀增加的直线运动；（2）[2]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则C点速度为：（3）[3][4]速度时间图像如图图线斜率表示加速度，则加速度为：（4）[5]速度时间图像与纵轴交点的物理意义是0时刻质点的速度，故该交点表示打点计时器打下计时点A时纸带对应的速度。12、①.C②.F③.④.BD【解析】根据“研究小灯泡在不同电压下的功率”可知，本题考查伏安法测电阻的实验，根据实验中的仪表选择及接法的选择、电流表的内外接法、滑动变阻器的两种接法进行推断.【详解】(1)因灯泡的额定电压为，由得，灯泡的额定电流，故电流表应选择的量程，故选C；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；(2)在用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；因电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：(3)由b图知电阻随小灯泡两端电压的增大而增大，，图象的斜率表示电阻的倒数，故斜率应该越来越小，故B正确；，图象的斜率表示电阻，故斜率应该越来越大，故D正确；故选BD.【点睛】仪表的选择应本着安全、准确、方便的原则；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法.四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）0.30N（2）0.06N【解析】（1）利用闭合电路欧姆定律可以求出通过导体棒的电流；利用安培力的计算公式F=BLI