广东省深圳市翻身实验学校2025届物理高二上期末教学质量检测试题含解析

广东省深圳市翻身实验学校2025届物理高二上期末教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、磁场中某区域磁感线如图所示，下列论述正确的是（）A.a，b两处的磁感应强度大小Ｂa＞ＢbB.同一电流元放在a处受力不一定比b处受力小C.两条磁感线的空隙处不存在磁场D.磁感线上某点的切线方向就是在该点放置的相对磁场静止的正点电荷所受力的方向2、如图所示电路，灯A、B都能正常发光，忽然灯A变亮，灯B变暗，如果电路中有一处出现断路故障，则出现断路故障的电路是（）A.R1所在的支路 B.R2所在的支路C.R3所在的支路 D.电源所在的电路3、如图所示为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度-时间图象，则下列判断正确的是（）A.前5s的平均速度是0.5m/sB.0～10s的平均速度小于30～36s的平均速度C.30～36s钢索拉力的功率不变D.前10s钢索最容易发生断裂4、如图所示，两个质量相等、分别带正、负电的小球，以相同的速率在带电平行金属板间的P点沿垂直于电场方向射入匀强电场，分别落到A、B两点，则A.落到A点的小球带负电，B点的小球带正电B.两小球在电场中运动时间相等C.两小球在电场中的加速度aB>aAD.两小球到达正极板时动能关系是5、如图所示，在匀强磁场中有一水平绝缘传送带以速度ν沿顺时针方向传动．现将一带正电的小物块轻放在传送带的左侧．设小物块在运动过程中电量保持不变，则小物块运动情况可能正确的是A.小物块先做匀加速运动，最后做匀速直线运动B.小物块做加速度增大的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动C.小物块做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动D.小物块做加速度减小加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动6、真空中有两个静止的点电荷q1、q2，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的2倍，则两电荷间的静电力将变为原来的（）A.2倍 B.4倍C.8倍 D.16倍二、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、圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c,以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场,其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是A.a粒子速率最大Bc粒子速率最大C.a粒子在磁场中运动的时间最长D.它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc8、如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态。现将两极板的间距变大，则A.电荷将向上加速运动B电荷将向下加速运动C.电流表中将有从a到b电流D.电流表中将有从b到a的电流9、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法可行的是（）A.增大磁场磁感应强度 B.减小狭缝间的距离C.增大D形金属盒的半径 D.增大两D形金属盒间的加速电压10、在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是A.电压表V1示数在变大，电压表V2示数在变小B.电流表A的示数减小，电压表V3示数在变小C.电容器的电荷量增大，电阻R1消耗的电功率变大D.电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大三、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））分在“用伏安法测定一条金属丝（总电阻约10Ω）电阻率”的实验中①某同学用螺旋测微器测得金属丝直径d如图甲所示，可读得d=_________mm②他又把金属丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在金属丝上夹上一个小金属夹P，移动金属夹P的位置，从而改变接入电路中金属丝的长度．把这样的装置接入实验电路中，如图乙所示．但他连接线路时却出现了两处错误，请用“×”标在错误的导线上，再用笔画线代替导线给予改正___________③闭合开关前，滑动变阻器触头应移至_____（填“左”或“右”）端．闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，以后通过多次改变P点的位置，得到多组U、I、L的数据，U/I即得到金属丝长L时对应的电阻R．把这多组L和R的数据，绘成如图丙所示图线，则该图线斜率表示的物理意义是_____________________（要求用文字表述）④如果图线的斜率k=1Ω/m，则该金属丝电阻率r=_____Ω·m．（保留二位有效数字）12．（12分）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是______mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是______mm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）质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示，质量为m、电荷量为的粒子不计重力飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，经加速后沿直线穿过速度选择器，然后从O点沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为的匀强磁场中，最后打在照相底片上的A点，已知速度选择器中的电场强度为E求：(1)速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)、A两点之间的距离x.14．（16分）ABCD是一个正方形盒子，CD边的中点有一个小孔O，盒子中有沿AD方向的匀强电场，场强大小为E.粒子源不断地从A处的小孔沿AB方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的质量为m，带电量为q，初速度为v0，在电场作用下，粒子恰好从O处的小孔射出，（带电粒子的重力和粒子间的相互作用力均可忽略）求：（1）正方形盒子的边长L；（用m，v0，q，E表示）（2）该带电粒子从O处小孔射出时的速率v.（用v0表示）15．（12分）一台直流电动机的额定电压为U＝200V，电动机线圈的电阻R＝1Ω，当它正常工作时通过的电流I=20A，若电动机正常运转时间t＝50s．求：（1）电动机消耗的总电能；（2）线圈电阻上产生的热量；（3）电动机机械效率

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】磁感应的疏密表示磁场的强弱，某点的切线方向就是该点的磁场方向，磁感线是假想的，不实际存在；静止电荷在磁场中不受力的作用【详解】A.由磁感线的疏密可知Ba<Bb，故A错误；B.一定的通电导线在磁场中受到的安培力大小不仅与磁感应强度大小有关，还与磁场方向与导线之间的夹角有关，故B正确；C.磁感线是为了形象描述磁场假想的，并不实际存在，空隙处依然存在磁场，故C错误；D.某点的切线方向就是该点的磁场方向，静止电荷在磁场中不受力的作用，故D错误故选B.2、B【解析】若电阻R1断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减少，路端电压增大，而通过R3的电流增大，通过A灯和R2的总电流减小，则A灯两端的电压减小，A灯变暗．而B灯的电压增大，B灯变亮，A错；电阻R2与灯泡A是并联的，若R2断路，电阻增大，灯泡A两端电压增大，灯泡B两端电压降低，所以灯A变亮，灯B变暗，B正确；电阻R3与灯泡B是并联的，若R3断路，外电路总电阻增大，路端电压增大，A、B两灯泡两端电压都增大，功率都变大，所以A、B两都变亮，C错；若电源电源所在的电路断路，两灯都熄灭，D错，所以本题选择B.考点：闭合电路欧姆定律3、D【解析】A．前5s的平均速度是A错误；B．0～10s的平均速度为30～36s的平均速度为0～10s的平均速度等于30～36s的平均速度，B错误；C．根据，30～36s内，F不变，v减小，钢索拉力的功率减小，C错误；D．前10s内，加速度方向向上，拉力大于重力，10～30s内，做匀速直线运动，拉力等于重力，30～36s内，加速度方向向下，拉力小于重力，可知前10s内钢索最容易发生断裂，D正确。故选D。4、C【解析】AB．两小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，由于竖直位移相同，根据x=vt，h=at2得水平位移大的A球运动时间长，即A球竖直方向的加速度小，所受电场力向上，故A球带正电，水平位移小的球加速度大，故B球带负电，故AB错误；C．有以上分析可知，两小球在电场中的加速度aB>aA，选项C正确；D．根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，带负电小球B合力较大，为G+F电，做功多动能大，带正电小球A合力较小，为G-F电，做功少动能小，即EKB＞EKA，故D错误。故选C。5、C【解析】滑块受重力、支持力、洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化【详解】滑块受重力、支持力、向上的洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：μ（mg-qvB）=ma，随速度的增加，滑块的加速度逐渐减小，直到mg=qvB时加速度减为零，滑块做匀速运动，故选C.6、B【解析】由库仑定律可得：变化前；而变化后，A．2倍，与结论不相符，选项A错误；B．4倍，与结论相符，选项B正确；C．8倍，与结论不相符，选项C错误；D．16倍，与结论不相符，选项D错误；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、BC【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得：AB．由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，a粒子的轨道半径最小，粒子c的轨道半径最大，则a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，故A错误，B正确；CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运动时间三粒子运动周期相同，由图示可知，a在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故C正确，D错误8、BD【解析】AB．电容器极板间电压不变，根据匀强电场中电场强度和电势差的关系：极板间距变大，可知电场强度减小，电荷初始时刻静止不动，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力平衡，电场强度减小，电荷受到的电场力变小，所以电荷将向下加速运动，A错误，B正确。CD．根据电容的决定式：极板间距增大，电容减小，根据电容的定义式：极板间电压不变，电容减小，电荷量减小，电容器放电，所以电流表中有从到的电流，C错误，D正确。故选BD。9、AC【解析】由洛伦兹力提供向心力，可知计算得出则动能可知，动能与加速的电压无关，与狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故选AC。10、AD【解析】保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化【详解】A、B项：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V3示数在变小，U1示数U1=IR1，随I的增大在变大，U2示数U2=E-I（R1+r），随电流I的增大而减小，故A正确，B错误；C项：电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小，故C错误；D项：电源内阻损耗的功率，由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率，电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故D正确故应选：AD【点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握、及电容决定因素三、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).0.725mm(2).(3).左(4).电阻率与金属丝横截面积之比(5).【解析】①螺旋测微器读数时要先读整数，再读小数，注意半毫米刻度线，要估读，由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为22.5×0.01mm=0.230mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.225mm=0.725mm②如图为了避免电流表的分压，电流表测量连入电路部分的金属丝两端的电压，③闭合开关前，滑动变阻器的阻值应该最大，滑动变阻器触头应移至左端，由可知，该图线斜率表示的物理意义是：电阻率与金属丝横截面积之比④由代入数据可得：12、①.10.50mm②.1.732mm（1.729—1.733都可）【解析】游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为10.50mm；螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×23.2mm=0.232mm，所以最终读数为1.732mm（1.729到1.733均可）考点：游标卡尺、螺旋测微器【名师点睛】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读四、计