2025屆四川省成都市雙流區(qū)物理高二上期末復習檢測試題含解析

2025屆四川省成都市雙流區(qū)物理高二上期末復習檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線1和2為等勢線．a(chǎn)、b兩個帶電粒子以相同的速度從電場中M點沿等勢線1的切線飛出，粒子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則在開始運動的一小段時間內(nèi)，以下說法正確的是()A.a受到的電場力較小，b受到的電場力較大B.a的速度將減小，b的速度將增大C.a一定帶正電，b一定帶負電D.a、b兩個粒子所帶電荷電性相反2、如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負電的點電荷，平行板b接地．現(xiàn)將電容器的b板向下稍微移動，則()A.點電荷所受電場力增大 B.點電荷在P處的電勢能減少C.P點電勢減小 D.電容器的帶電荷量增加3、如圖所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，在a、b兩板間還存在著勻強電場E。從兩板左側中點c處射入一束負離子(不計重力)，這些負離子都沿直線運動到右側，從d孔射出后分成3束．則下列判斷正確的是()A.這三束負離子的速度一定不相同B.這三束負離子的電荷量一定不相同C.這三束負離子的比荷一定不相同D.這三束負離子的質(zhì)量一定不相同4、甲、乙兩物體從同一地點出發(fā)，沿同一直線做勻變速運動，它們的v－t圖象如圖所示，則()A.甲、乙的運動方向相反B.在t=4s時，甲、乙相遇C.在t=4s時，甲、乙的速度大小相等D.甲加速度比乙的小5、如圖，一絕緣光滑固定斜面處于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流I的金屬細桿水平靜止在斜面上．若電流變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，電流和磁場的方向均不變，則金屬細桿將（）A.沿斜面加速上滑B.沿斜面加速下滑C.沿斜面勻速上滑D.仍靜止在斜面上6、如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里．許多質(zhì)量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域．不計重力，不計粒子間的相互影響．下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中．哪個圖是正確的？（）A. B.C. D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、圖示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下列說法正確的是（該元件正常工作時，磁場必須垂直工作面）（）A.I越大，電勢差UCD越小B.若霍爾元件的自由電荷是自由電子，則C側的電勢低于D側的電勢C.在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平D.其他條件不變，僅增大勻強磁場的磁感應強度時，電勢差UCD變大8、如圖，一圓柱形磁鐵豎直放置，在它的下方有一帶負電小球置于光滑絕緣水平面上，小球在水平面上做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A.小球所受的合力可能不指向圓心B.小球對地面的壓力大于小球的重力C.俯視觀察，小球的運動方向一定是順時針D.俯視觀察，小球的運動方向一定是逆時針9、如圖所示，圓O半徑為R，直徑豎直、BD水平．兩電荷量均為的點電荷固定在圓周上關于AC對稱的M、N兩點，從A點將質(zhì)量為m、電荷量為的帶電小球由靜止釋放，小球運動到O點的速度大小為，不計空氣阻力，重力加速度為g．則A.小球運動到C點的速度為B.小球從O運動到C，電勢能先增大后減小C.A、O兩點間電勢差D.A、C兩點電勢相等10、如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，如圖所示，則下列有關判斷正確的是（三個小球都能到達最低點）()A.小球第一次到達軌道最低點的速度關系vp＝vM>vNB.小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FP＝FM>FNC.小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP<tM<tND.三個小球都能回到原來的出發(fā)點位置三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）用電流表和電壓表測定電池的電動勢和內(nèi)電阻，被測電源是兩節(jié)干電池串聯(lián)成的電池組．可供選擇的實驗器材如下：A．電流表，量程0.6A，內(nèi)阻約為0.5ΩB．電流表，量程100mA，內(nèi)阻約為5ΩC．電壓表，量程3V，內(nèi)阻約為3kΩD．電壓表，量程15V，內(nèi)阻約為5kΩE．滑動變阻器，0～1000Ω，0.1AF．滑動變阻器，0～10Ω，2A開關一個，導線若干(1)為了盡量得到較準確的實驗結果，電流表應選________，電壓表應選________，滑動變阻器應選________（填器材前面的選項字母）(2)有(甲)、(乙)兩個可供選擇的電路如圖所示，為減小實驗誤差，應選___________電路進行實驗（3）如圖是根據(jù)實驗記錄數(shù)據(jù)畫出的U－I圖象，則由圖可求出該電源電動勢為___________V，該電源內(nèi)阻為______Ω（結果保留2位有效數(shù)字）12．（12分）用如圖所示的裝置“探究加速度與力和質(zhì)量的關系”，帶滑輪的長木板水平固定，跨過小車上定滑輪的兩根細線均處于水平（1）實驗時，一定要進行的操作是_______．（填步驟序號）A．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)；B．改變砂和砂桶質(zhì)量，打出幾條紙帶C．用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量D．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量（2）以拉力傳感器示數(shù)的二倍F（F=2）為橫坐標，以加速度為縱坐標，畫出的圖象如下圖所示，則可能正確的是________（3）在實驗中，得到一條如圖所示的紙帶，按時間順序取0、1、2、…、5共6個計數(shù)點，1～5每相鄰兩個點間各有四個打印點未畫出，用刻度尺測出1、2、…、5各點到O點的距離分別為：10．92、18．22、23．96、28．30、31．10（cm），通過電磁打點計時器的交流電頻率為50Hz．則：小車的加速度大小為______m/s2，（結果保留一位小數(shù)）四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，真空中兩個帶電量均為+Q的點電荷固定在A、B亮點，它們之間的距離為8d，O點是它們連線的中點．C、D是連線中垂線MN上關于O點對稱的兩點．AC與MN的夾角是53°，空間中還有一勻強電場．將一試探負電荷放置在C點時恰能保持靜止．已知靜電力常量為k、試探電荷的比荷為μ．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，不考慮電荷的重力）（1）求勻強電場的電場強度E的大小及方向（2）給該試探電荷某一初速度，使其從C點沿MN恰能運動到D點，求初速度的大小14．（16分）正電子發(fā)射計算機斷層（PET）是分子水平上人體功能顯像的國際領先技術，它為臨床診斷和治療提供全新的手段．PET所用回旋加速器示意如圖所示，其中D1和D2是置于高真空中的兩個中空半圓金屬盒，兩半圓盒間的縫隙距離為d，在左側金屬盒D1圓心處放有粒子源A，勻強磁場的磁感應強度為B．正電子質(zhì)量為m，電荷量為q．若正電子從粒子源A進入加速電場時的初速度忽略不計，加速正電子時電壓U的大小保持不變，不考慮正電子在電場內(nèi)運動的過程中受磁場的影響，不計重力．求：（1）正電子第一次被加速后的速度大小v1；（2）正電子第n次加速后，在磁場中做圓周運動的半徑r；（3）若希望增加正電子離開加速器時的最大速度，請?zhí)岢鲆环N你認為可行的改進辦法！15．（12分）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場，D形盒中央為質(zhì)子流，D形盒的交流電壓為U，靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后，進入D形盒，其最大軌道半徑為R，磁場的磁感應強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，求：（1）交流電源頻率是多少？（2）質(zhì)子經(jīng)回旋加速器最后得到的最大動能多大；（3）質(zhì)子在D型盒內(nèi)運動的總時間t（狹縫寬度遠小于R,質(zhì)子在狹縫中運動時間不計）

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】A．電場線的疏密表示電場的強弱，由圖可知，越向左場強越小，越向右場強越大，故a出發(fā)后的一小段時間內(nèi)其所處的位置的場強越來越小，而b出發(fā)后的一小段時間內(nèi)其所處的位置場強越來越大，所以出發(fā)后的一小段時間內(nèi)a受到的電場力變小，b受到的電場力變大。但是不知道ab兩電荷的電量關系，不能比較ab兩點荷所受電場力的大小，故A錯誤。B．由于出發(fā)后電場力對兩電荷都做正功，故兩電荷的動能都越來越大，則兩個電荷的速度都越來越大，故B錯誤。C．由于不知道場強的方向，故不能確定電場力的方向與場強方向的關系，所以不能確定ab兩電荷的電性。故C錯誤。D．由于兩電荷所受的電場力的方向相反，故a、b兩粒子所帶的電荷的電性相反。故D正確。故選D。2、B【解析】A.因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E變小，由F=Eq可知電荷所受電場力變小，故A錯誤；BC.板間距離d增大，則板間電場強度E變小，由U=Ed知，P與a板的電壓減小，而a的電勢不變，故P的電勢升高，由EP=qφ而q為負值，故電勢能減小，故B正確，C錯誤；D.由Q=CU，又有，故C減小，Q減小，故D錯誤3、C【解析】A．3束離子在復合場中運動情況相同，即沿水平方向直線通過故有所以故三束正離子的速度一定相同．故A錯誤；B．3束離子在磁場中有故由于三束正離子的在磁場中圓周運動的軌道半徑不同，故比荷一定不相同，然而正離子質(zhì)量可能相同，電量也有可能相同，故BD錯誤，C正確；故選C?！军c睛】速度選擇器是利用電場力等于洛倫茲力的原理進行工作的，故速度選擇器只能選擇速度而不能選擇電性。4、C【解析】A．由圖知，甲乙運動方向相同，都是沿正方向運動，故A錯誤；BC．在t=4s時，甲乙速度相等，相距最遠，故B錯誤，C正確；D．v－t圖象的斜率表示加速度，由圖知甲乙加速度大小相等，故D錯誤。故選C。5、A【解析】本題是一道關于安培力的共點力的平衡問題及牛頓第二定律相關知識【詳解】最初金屬細桿受到三個力作用，且合力為零，如圖所示由平衡可知，安培力若電流變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，則安培力根據(jù)牛頓第二定律故金屬細桿以的加速度沿著斜面加速上滑，故A正確，BCD錯誤。故選A。6、A【解析】詳解】據(jù)題：所有粒子的速率相等，由R＝可知所有粒子在磁場中圓周運動半徑相同，由圖可知，由O點射入水平向右的粒子恰好應為最右端邊界，MO＝2r＝2R；隨著粒子的速度方向偏轉，粒子轉動的軌跡圓可認為是以O點為圓心以2R為半徑轉動；則可得出符合題意的范圍應為A；故A正確．故選A二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】在霍爾元件中，移動的是自由電子，根據(jù)左手定則判斷出電子所受洛倫茲力方向，從而知道兩側面所帶電荷的電性，即可知道C、D兩側面會形成電勢差的正負，CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡推導出電勢差與什么因素有關；【詳解】A、根據(jù)CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有，，則，n由材料決定，故與材料有關，還與厚度c成反比，與寬b無關，同時還與磁場B與電流I成正比，故A錯誤，D正確；B、根據(jù)左手定則，電子向C側面偏轉，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則，故B正確C、在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過，故C錯誤【點睛】解決本題的關鍵知道霍爾元件中移動的是自由電子，以及自由電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡8、BD【解析】A．小球所受力的合力提供向心力，做勻速圓周運動的物體所受合力一定指向圓心，故A錯誤；B．由圖可知，小球處磁場的方向是斜向上，洛倫茲力垂直于磁場的方向，又洛倫茲力應該受指向圓心方向的分量提供向心力，故洛倫茲力的方向是斜向下，并不指向圓心，如圖，結合受力的特點可知，小球在豎直方向上，受到的支持力一定等于重力與洛倫茲力沿豎直方向向下的分力的和，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球對地面的壓力大于小球的重力，故B正確；CD．根據(jù)前面分析的洛倫茲力的方向，由左手定則判斷帶負電的小球的運動方向一定是逆時針，故C錯誤，D正確；故選BD。9、BC【解析】等量同種點電荷電場的分布具有對稱性，由動能定理結合其對稱性來分析【詳解】A．由電場線的分布特點及對稱性知，從O到C的過程由動能定理得：，解得：，故A錯誤；B．從O運動到C，場強的方向先向上后向下，電場力對小球先做負功后做正功，所以電勢能先增加后減小，故B正確；C．從A運動到O，由動能定理得：，解得：，故C正確；D．由電場線的分布特點及對稱性知O、C兩點電勢相等，要比A點電勢高，故D錯誤所以BC正確，AD錯誤【點睛】本題考查等量同種點電荷電場的分布特點，可以結合等量同種點電荷電場的分布圖象來分析最為直接方便．基礎題10、AD【解析】分析物體受力情況及各力做功情況，由動能定理可求得小球到達最低點時的速度；由球的運動可知球滑到最低點時的速度變化；由洛侖茲力公式可知大小關系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小關系【詳解】在第二圖中，因為洛侖茲力總是垂直于速度方向，故洛侖茲力不做功；球下落時只有重力做功，故第一、二圖兩次機械能均守恒，故兩次球到最低點的速度相等，mgR=mv2，第三圖中，小球下滑的過程中電場力做負功，重力做正功，所以小球在最低點的速度小于前兩個圖中的速度，故A正確；小球在最低點時，第一圖中重力和支持力提供向心力，而第二圖中是重力、支持力和洛倫茲力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，對軌道的壓力也不相等．故B錯誤；第一圖和第二圖比較可得，小球下滑的速度相等，故tP=tM．故C錯誤；第一、二兩圖中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，動能和重力勢能之間轉換，故小球在右端都能到達高度相同；軌道是光滑的，重力做功存在重力勢能與動能之間的轉化，電場力做功存在動能與電勢能之間的轉化，除此之外沒有其他能量的損失，故三球均能回到原來的出發(fā)點，D正確；故選AD【點睛】利用功能關系是解決物理問題的常用方法，在解題時應明確洛侖茲力永不做功．丙圖中在電場中的小球，電場力對小球做功，影響小球的速度的大小，從而影響小球對軌道的壓力的大小，影響小球在右端到達的高度三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.A；②.C；③.F；④.乙；⑤.3.0；⑥.1.0；【解析】（1）根據(jù)二節(jié)干電池的電壓約為3V，則根據(jù)電壓值及實驗中的基本要求可以選取電流表及電壓表；（2）甲圖誤差來源于電流表的分壓作用，乙圖誤差來源與電壓表的分流作用，相比較，電流表分壓作用引起的誤差更大；（3）U-I圖中圖象與縱坐標的交點為是電源的電動勢，根據(jù)斜率表示內(nèi)電阻求解電源內(nèi)阻【詳解】（1）因二節(jié)干電池的電動勢約為3V，故電壓表的測量量程不能太大，由題意可知，電壓表只能選3V量程的C；通過電源的電流不能太大，故量程0～3A的電流表太大，無法準確測量，故電流表應選量程為0.6A的A；滑動變阻器選擇F即可；（2）甲圖誤差來源于電流表的分壓作用，可以將電流表的內(nèi)阻歸結到電源中，故電動勢測量值不變，內(nèi)電阻測量值變大；乙圖中誤差來源與電壓表的分流作用，由于電壓表內(nèi)電阻達到幾千歐姆，誤差較小，故選擇乙方案；（3）U-I圖中圖象與縱坐標的交點為是電源的電動勢，故電動勢為3.0V；根據(jù)斜率表示內(nèi)電阻求解電源內(nèi)阻，故內(nèi)電阻為【點睛】中學實驗中選擇儀表是常見的一種題型，要求學生能按照安全性和準確性的要求進行分析，先確定出必須用到的器材，再去根據(jù)題目中給出的條件去判斷電流表和電壓表．一定要注意判斷圖象與橫軸的交點的橫坐標是不是短路電流12、①.AB②.C③.1.5【解析】（1）A、打點計時器運用時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，該實驗探究加速度與力和質(zhì)量的關系，要記錄彈簧測力計的示數(shù)，故A正確；B、改變砂和砂桶質(zhì)量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度隨F變化關系，故B正確；C、本題拉力可