廣東省廣州市番禺區(qū)禺山中學2025屆高二物理第一學期期末達標檢測試題含解析

廣東省廣州市番禺區(qū)禺山中學2025屆高二物理第一學期期末達標檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示．不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.a粒子帶正電，b粒子帶負電B.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大C.b粒子動能較大D.b粒子在磁場中運動時間較長2、如圖，豎直平行金屬板帶等量異種電荷，一帶電微粒（僅受重力和電場力）沿圖中直線從A向B運動，則下列說法中正確的是（）A.微?？赡軒д?B.微粒機械能減小C.微粒電勢能減小 D.微粒動能不變3、甲、乙兩個同心的閉合金屬圓環(huán)位于同一平面內，甲環(huán)中通以順時針方向電流I，如圖所示，當甲環(huán)中電流逐漸增大時，乙環(huán)中每段導線所受磁場力的方向是（）A.指向圓心 B.背離圓心C.垂直紙面向內 D.垂直紙面向外4、如圖所示，M、N是水平圓盤上的兩點，圓盤繞中心豎直軸做勻速圓周運動．若M點離豎直軸的距離比N點的大，則A.M、N兩點的運動周期一樣大B.M、N兩點的線速度一樣大C.N點的角速度比M點的大D.N點的向心加速度比M點的大5、如圖所示，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板（粒子速率變?。?，實線表示其運動軌跡，由圖知A.粒子帶正電B.粒子運動方向是edcbaC.粒子運動方向abcdeD.粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長6、利用圖示裝置“探究決定電容大小的因素”。實驗中靜電計的指針已有一個偏角，則在此情境下（）A.僅增大兩板間的距離，指針偏角將增大B.僅增大兩板間的距離，指針偏角將減小C.僅減小兩板間的正對面積，指針偏角將減小D.僅將一塊有機玻璃插到兩板間，指針偏角將不變二、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、如圖所示，讓兩長為L的平行金屬板帶上等量異種電荷，板間加垂直紙面向里的勻強磁場，就構成了速度選擇器模型，粒子在紙面內以垂直電場方向和磁場方向進入模型，只有速度滿足的粒子才能沿直線射出。若某一粒子以速度v進入該模型后，運動軌跡為圖中實線，則關于該粒子的說法正確的是（）A.粒子射入的速度一定是B.粒子通過速度選擇器的時間C.粒子射出時的速度可能大于射入速度D.若粒子以從右側進入一定不能沿直線從左側離開8、如圖所示，空間存在一水平向左的勻強電場和一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，電場強度大小為E=，電場方向和磁場方向相互垂直．在此電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內．一質量為m，帶電量為+q的小球套在絕緣桿上．若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運動，且小球電量保持不變，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.小球的初速度為v0=B.若小球的初速度為，小球將做加速度不斷減小的減速運動，最后勻速C.若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大的加速運動，最后勻速D.若小球的初速度為，則運動中克服摩擦力做功為9、如圖所示，在絕緣的斜面上方，存在著勻強電場，電場方向平行于斜面向上，斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動．已知金屬塊在移動的過程中，力F做功32J，金屬塊克服電場力做功8J，金屬塊克服摩擦力做功16J，重力勢能增加18J，則在此過程中金屬塊的（）A.動能減少10J B.電勢能增加24JC.機械能減少24J D.內能增加16J10、如圖所示，豎直放置，AB邊水平，，，。帶電小球a固定在頂點A，帶電小球b固定在頂點B，另一個帶電小球c在庫侖力和重力的作用下靜止在頂點C。設小球a、b所帶電荷量比值的絕對值為k。則（）A.a、b帶異種電荷 B.a、b帶同種電荷C. D.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）描繪標有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線．要求小燈泡兩端的電壓由零逐漸增加到3V，且便于操作．已選用的器材有：電池組（電動勢為4.5V，內阻約1Ω）；電流表（量程為0～250mA，內阻約5Ω）；電壓表（量程為0～3V，內阻約3kΩ）；電鍵一個，導線若干（1）實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的_____（填字母代號）A．滑動變阻器（最大阻值20Ω，額定電流1A）B．滑動變阻器（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A）（2）先用多用電表粗測小燈泡電阻，若用“×1”擋測量電阻，多用電表表盤如圖1所示，則讀數為_____Ω（3）該實驗的電路圖應選用圖2中的_____．（填字母代號）（4）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖3所示．如果將這個小燈泡接到電動勢為2.0V，內阻為10Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是_____W12．（12分）利用所學物理知識解答下列問題：(1)在做“用單擺測定重力加速度”實驗中，某同學甲用毫米刻度尺測得擺線長L0=935.8mm；用游標卡尺測得擺球的直徑如下圖所示,則擺球直徑d=__________mm．用秒表測得單擺完成n=40次全振動的時間如下圖所示,則秒表的示數t=___________s；若用給出的各物理量符號(L0、d、n、t)表示當地的重力加速度g，則計算g的表達式為g=_________________(2)實驗中同學甲發(fā)現測得的g值偏大，可能的原因是_________________A.擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了B.將懸點到小球上端的懸線的長度當作擺長C.開始計時時，秒表過遲按下D.實驗中誤將40次全振動計為39次四、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）如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強電場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力．求：（1）電場強度E的大??；（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；（3）abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值14．（16分）電動汽車成為未來汽車發(fā)展的方向．若汽車所用電動機兩端的電壓為380V，電動機線圈的電阻為3Ω，通過電動機的電流為10A，則電動機工作5min消耗的電能為多少焦？產生的熱量是多少焦？15．（12分）如圖所示，兩根足夠長平行金屬導軌MN、PQ固定在傾角θ=37°的絕緣斜面上，頂部接有一阻值R=0.3Ω的定值電阻，下端開口，軌道間距L=0.2m整個裝置處于磁感應強度B=1T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上。質量m=0.1kg的金屬棒ab置于導軌上，ab在導軌之間的電阻r=0.1Ω，其余電阻不計。金屬棒ab由靜止釋放后沿導軌運動時始終垂直于導軌，且接觸良好已知金屬棒ab與導軌間動摩擦因數μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。(1)判斷ab棒運動過程中v1=1m/s時電流大小和方向；(2)求金屬棒ab沿導軌向下運動的最大速度vm；(3)若金屬棒ab從開始運動至達到最大速度過程中，電阻R上產生的焦耳熱總共為0.03J，求流過電阻R的總電荷量q。

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、C【解析】A．粒子向右運動，根據左手定則，b向上偏轉，應當帶正電；a向下偏轉，應當帶負電，故A錯誤BC．洛倫茲力提供向心力，即：，得：，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大．由公式f=qvB，故速度大的b受洛倫茲力較大．故B錯誤，C正確D．磁場中偏轉角大的運動的時間也長；a粒子的偏轉角大，因此運動的時間就長．故D錯誤2、B【解析】A．帶電微粒在電場中受到重力和電場力兩個力作用，電場力在水平方向，由微粒做直線運動可知，電場力方向必定水平向左，則微粒帶負電．故A錯誤BC．電場力做負功，機械能減小，電勢能增加．故B正確，C錯誤D．微粒的合力方向與速度方向相反，對微粒做負功，則其動能減?。蔇錯誤故選B.3、A【解析】根據右手螺旋定則，甲環(huán)電流產生的磁場垂直紙面向里；當甲環(huán)中電流逐漸增大時，在環(huán)內區(qū)域產生的磁場增強，則乙環(huán)內的磁通量變大，根據楞次定律內在規(guī)律可知，欲阻礙磁通量的增加，乙環(huán)有面積減小即有收縮的趨勢，所以乙環(huán)上每段所受的安培力均指向圓心，故BCD錯誤，A正確。故選A。4、A【解析】點M與N隨圓盤轉動，角速度、周期都是相等的．故A正確，C錯誤；由圖可知，M、N兩點轉動的半徑不同，由v=ωr可知，二者的線速度不同．故B錯誤；由圖可知，M、N兩點轉動的半徑不同，M點的半徑大，由a=ω2r可知，M點的向心加速度大．故D錯誤5、B【解析】A．帶電粒子不計重力在勻強磁場中運動并穿過金屬板后粒子速率變小，根據帶電粒子在磁場中運動的半徑公式：，粒子的半徑將減小，故粒子應是由下方穿過金屬板，故粒子運動方向為edcba，根據左手定則可得，粒子應帶負電，故A錯誤；BC．帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由軌跡半徑應減小，故可知粒子運動方向是edcba，故B正確，C錯誤；D．由可知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運動時間均為，故D錯誤。故選B。6、A【解析】AB．增大板間距，據電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變大，靜電計指針張角變大，A正確，B錯誤；C．極板正對面積變小，根據電容的決定式：可知電容變小，電容器電荷量不變，結合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變大，靜電計指針張角變大，C錯誤；D．極板間插入有機玻璃則變大，根據電容的決定式：可知電容變大，電容器電荷量不變，結合電容定義式：可知兩極板間的電勢差變小，靜電計指針張角變小，D錯誤。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、CD【解析】AC.假設粒子帶正電，則電場力就向下，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向上，由受力分析結合運動軌跡知則運動過程洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減少，粒子射出時的速度小于射入時的速度；若粒子帶負電，電場力向上，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結合運動軌跡知，則運動過程洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增加，粒子射出時的速度大于射入時的速度，故C正確A錯誤；B.若粒子在正電，則在運動過程中洛倫茲力在水平方向有向左的分力，粒子在水平方向做減速運動，運動時間大于，若粒子帶負電，粒子受到的洛倫茲力在水平向右有分力作用，粒子在水平方向做加速運動運動時間小于，故B錯誤；D.若粒子以從右側進入，則不論粒子帶正電還是負電，粒子受到電場力和洛倫茲力都同向，不能滿足二力平衡，故粒子不可能做直線運動，故D正確。故選CD。8、ABD【解析】小球受重力、摩擦力（可能有）、彈力（可能有）、向右上方的洛倫茲力、向左的電場力，當受到的合外力等于0時，小球做勻速直線運動．當小球受到的合外力不為0時，要判斷出支持力的方向，明確支持力的大小隨洛倫茲力的變化關系，然后做出判定【詳解】對小球進行受力分析如圖，電場力的大小：F=qE=，由于重力的方向豎直向下．電場力的方向水平向右，二者垂直，合力：FG+F==2mg，由幾何關系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會對小球做功．所以，當小球做勻速直線運動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．所以．故A正確；若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=3mg＞FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則摩擦力：f=μFN．小球將做減速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到時，小球開始做勻速直線運動．故B正確．若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=mg＜FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球將做減速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止．故C錯誤；若小球的初速度為，球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止，運動中克服摩擦力做功等于小球的動能，所以．故D正確．故選ABD【點睛】本題考查小球在混合場中的運動，解答的關鍵明確小球的受力情況，并能夠結合受力的情況分析小球的運動情況，要知道小球何時做加速度減小的減速運動，何時做加速度增大的減速運動，當加速度減為零時，做勻速運動9、AD【解析】A．根據動能定理，合外力做功等于動能變化量，則即動能減少10J；A正確；B．電勢能的變化量等于電場力做功，即即電勢能增加8J；B錯誤；C．機械能的變化量等于除重力以外的其它力做功，即即機械能增加8J；C錯誤；D．內能增加量等于客服摩擦力做功，即16J，D正確。故選AD。10、BC【解析】AB．根據同種電荷相斥，異種電荷相吸，且小球c所受庫侖力的合力的方向豎直向上，可知，a，b的電荷同號，故A錯誤，B正確；CD．對小球c受力分析，如圖所示因AB=5cm，BC=3cm，CA=4cm，因此CA⊥BC，那么兩力的合成構成矩形，依據相似三角形之比，則有而根據庫侖定律，綜上所得故C正確，D錯誤。故選BC。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.A②.8.0③.C④.0.1【解析】（1）為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；（2）歐姆表的電阻等于指針的讀數與檔位的乘積；（3）根據題意確定滑動變阻器與電流表的接法，然后選擇電路圖；（4）在I-U圖象中做出等效電源的伏安特性曲線，兩圖象的交點為燈泡的實際工作點，由圖讀出電流值和電壓值則可求得功率【詳解】（1）為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇小電阻A；（2）歐姆表讀數為：8×1=8.0Ω；（3）燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡正常發(fā)光時的電阻，電流表內阻約為5Ω，電壓表內阻約為3kΩ，電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法，應選圖C所示電路；（4）在對應的I-U圖象中作出電源的伏安特性曲線如圖所示，兩圖的交點表示燈泡的工作點，則由圖可知，電壓U=1.0V，電流I=0.1A，則功率P=UI=1.0×0.1=0.1W【點睛】要熟記電學實驗基本要求：伏安法測電阻時注意電流表內外接法的選擇方法，當待測電阻值遠小于電壓表內阻時，電流表用外接法；當待測電阻值遠大于電流表內阻時，電流表用內接法．在要求電流或電壓值從零調時，滑動變阻器應用分壓式，此時應選阻值小的變阻器12、①.11.1；②.97.5；③.④.C【解析】（1）游標卡尺和秒表的讀數：先讀主尺（只讀整數），再加上游標尺（格數乘以分度分之一，格數找對齊的一個不估讀）；秒表讀數等于大盤刻度讀數加上小盤刻度讀數；（2）根據單擺周期公式列式分析即可【詳解】（1）游標卡尺主尺：11mm；游標尺對齊格數：1個格，讀數為：1×0.1mm=0.1mm，所以直徑為：11mm+0.1mm=11.1mm；秒表讀數：秒表的小盤讀數90s，大盤讀數7.5s，故時間為97.5s；根據，其中的T=t/n，解得：（2）擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了，故相對與原來的單擺，周期測量值偏大，故加速度測量值偏小，故A錯誤；將懸點到小球上端的懸線的長度當作擺長，擺長的測量值偏小，則加速度測量值偏小，B錯誤；開始計時時，秒表過遲按下，則周期測量值偏小，加速度測量值偏大，選項C正確；試驗中誤將40次全振動數為39次，周期測量值偏大，故加速測量值偏小，所以選項D錯誤