廣東省深圳市卓識教育深圳實驗部2025屆高二物理第一學期期末調研模擬試題含解析

廣東省深圳市卓識教育深圳實驗部2025屆高二物理第一學期期末調研模擬試題注意事項: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。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，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知()A.帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度B.帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C.帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大D.帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度2、關于直流電動機，下列說法正確的是A.線圈能持續(xù)轉動，是因為電刷的作用B.線圈是受到電場力的作用而持續(xù)轉動C.電動機線圈的電阻足夠小就能持續(xù)轉動D.電動機線圈是受到磁場力的作用才發(fā)生轉動3、某同學將一個電源分別跟R1和R2串聯(lián)進行實驗，電阻兩端的電壓隨電流變化關系和電源的路端電壓隨電流變化關系如圖所示，下列說法中錯誤的是（）A.定值電阻R1=3Ω，R2=0.75ΩB.電源電動勢E=9V，內阻r=1ΩC.接R1時，電源的輸出功率為12WD.接R2時，電源的輸出功率為12W4、某空間存在著如圖所示的足夠大的、沿水平方向的勻強磁場。在磁場中A、B兩個物塊疊放在一起，置于光滑水平面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣。在t1=0時刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開始做加速度相同的運動。在A、B一起向左運動的過程中，以下說法正確的是A.圖乙可以反映A所受洛侖茲力大小隨時間t變化的關系，圖中y表示洛倫茲力大小B.圖乙可以反映A對B的摩擦力大小隨時間t變化的關系，圖中y表示摩擦力大小C.圖乙可以反映A對B的壓力大小隨時間t變化的關系，圖中y表示壓力大小D.圖乙可以反映B對A的摩擦力大小隨時間t變化的關系，圖中y表示摩擦力大小5、來自宇宙的電子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些電子在進入地球周圍的空間時將（）A.豎直向下沿直線射向地面 B.相對于預定地面稍向東偏轉C.相對于預定點稍向西偏轉 D.相對于預定點稍向北偏轉6、如圖所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b。下列表述正確是（）A.該電場是勻強電場B.a點的電場強度比b點的大C.b點的電場強度比a點的大D.正電荷在a、b兩點受力方向相同二、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、兩個質量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖(虛線AB弧長等于磁場圓周長的，虛線AC弧長等于磁場圓周長的)，不計粒子重力．則下列說法正確的是()A.a、b粒子在磁場中的運動時間之比B.a粒子帶正電，b粒子帶負電C.a、b粒子的速度之比D.a、b粒子在磁場中的半徑8、如圖所示，足夠長的形光滑金屬導軌所在平面與水平面成角（），其中導軌與平行且間距為，磁感應強度大小為的勻強磁場方向垂直導軌所在平面斜向上，金屬棒質量為，接入電路的電阻為，始終與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，導軌電阻不計，時刻，金屬棒由靜止開始沿導軌下滑，時刻，棒的速度大小為（未達到穩(wěn)定狀態(tài)），時間內流過棒某一橫截面的總電荷量為，下列說法正確的是（）A.時刻，棒的加速度大小為B.時刻，棒的電功率為C.時間內，棒位移大小為D.時間內，棒產(chǎn)生的焦耳熱為9、如圖所示正方形閉合導線框abcd，置于磁感應強度為B垂直紙面向里的勻強磁場上方h處。線框由靜止自由下落，線框平面始終保持在豎直平面內，且cd邊與磁場的上邊界平行。則下列說法正確的是A.線框進入磁場的過程中一定做勻速運動B.cd邊剛進入磁場時，線框所受的安培力向上C.ct邊剛進入磁場時，線框中產(chǎn)生的感應電動勢一定最大D.線框從釋放到完全進入磁場的過程中，線框減少的重力勢能等于它增加的動能與產(chǎn)生的焦耳熱之和10、回旋加速器的工作原理如圖所示，兩個半徑為的形盒間加周期性變化交變電壓，中心處粒子源發(fā)出的帶電粒子經(jīng)形盒縫隙中的電場加速度進入形盒中，經(jīng)磁場回旋，最終從形盒出口導出．已知勻強磁場的磁感應強度大小為、方向與盒面垂直，忽略處粒子源產(chǎn)生的粒子的初速度及在狹縫中加速的時間，則A.交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉周期的一半B.越大，粒子最終獲得的動能越大C.形盒半徑越大，粒子最終獲得的動能越大D.磁感應強度越大，粒子最終獲得的動能越大三、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）(1)用20分度的游標卡尺測量物體的長度如圖所示，由圖可知其長度為_________mm；(2)用螺旋測微器測量物體直徑如圖，由圖可知其直徑為_________mm；12．（12分）太陽輻射中含有可見光、紅外線、紫外線，同時還有X射線、射線、無線電波太陽輻射的能量主要集中在可見光、紅外線和紫外線三個區(qū)域內在這三個區(qū)域內的電磁波按照頻率由高到低的順序排列應為______、可見光和______有一種生命探測儀可以探測生命的存在我國四川汶川特大地震發(fā)生后，為了盡快營救廢墟中的傷員，救援人員就廣泛應用了這種儀器，該儀器主要是接收人體發(fā)出電磁波中的______選填“可見光”、“紅外線”或“紫外線”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，在光滑絕緣水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電量為＋2q，B球的帶電量為－3q，兩球組成一帶電系統(tǒng)．虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時A和B分別靜止于虛線MN的兩側，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線．若視小球為質點，不計輕桿的質量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場強度為E的勻強電場后，系統(tǒng)開始運動．試求：（1）B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大?。唬?）帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量14．（16分）電磁彈射就是采用電磁的能量來推動被彈射的物體向外運動，電磁彈射的主要應用范圍是大載荷的短程加速，在軍事上比較典型的是航空母艦上的艦載飛機起飛彈射。如圖甲為艦載機起飛示意圖，艦載機在自身推力和磁懸浮電磁彈射車水平推力的作用下達到起飛速度。電磁彈射軌道可簡化為圖乙所示放在水平面上的平行金屬導軌，導軌間充滿豎直向上的勻強磁場，電流通過磁懸浮電磁彈射車時在安培力作用下推動艦載機加速運動。已知某艦載機質量m=3.0104kg，發(fā)動機提供的推力為3.0105N(設推力保持不變)，艦載機運動時所受阻力恒為艦載機重的0.1倍，無電磁彈射系統(tǒng)時艦載機滑行200m達到起飛速度。當加裝電磁彈射系統(tǒng)后，電磁軌道間距d=2m，勻強磁場磁感強度B=10T，航空母艦提供給電磁彈射系統(tǒng)的電流I=4.5103A，不計磁懸浮電磁彈射車的質量和其它能量損耗，g取10m/s2。求：(1)電磁彈射系統(tǒng)使艦載機增加了多大的動力？(2)使用電磁彈射裝置后該艦載機滑行多遠就能達到起飛速度？15．（12分）如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點為2d(AG⊥AC)．不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內．求：（1）此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；（2）此離子在磁場中的速度（3）離子到達G處時的動能

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、A【解析】AB．電荷做曲線運動，電場力指向曲線的內側，所以電場力的方向向右；若粒子從P經(jīng)過R運動到Q，電場力做負功，電荷的電勢能增大，動能減小，知道R點的動能大，即速度大，而P點電勢能較小，故A正確，B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律，帶電質點在運動過程中各點處的動能與電勢能之和保持不變。故C錯誤；D．由電場線疏密確定出，R點場強大，電場力大，加速度大，故D錯誤。故選A。2、D【解析】A.直流電動機由于有換向器不斷改變線圈電流方向，使線圈受到持續(xù)不斷的磁場力作用而轉動，故A錯誤；BD.直流電動機線圈中的電流受到磁場力作用而發(fā)生轉動，故B錯誤，D正確；C.電動機由于持續(xù)受到磁場力作用而轉動，與線圈電阻大小無關，故C錯誤；故選D3、B【解析】A．電阻的伏安特性曲線的斜率等于電阻阻值，則故A正確；B．根據(jù)閉合電路歐姆定律，則有及解得電動勢內阻故B錯誤；C．當接R1時，電源的輸出功率為故C正確；D．當接時，電源的輸出功率為故D正確。本題選擇錯誤的，故選B。4、C【解析】A．對整體分析，運用牛頓第二定律得出加速度：，水平方向受到的力不變，則整體的加速度不變。物體由靜止做勻加速運動，速度v=at；故洛倫茲力：F=qvB=qBat洛倫茲力大小隨時間t變化的應過原點，故A錯誤。BD．物塊A對物塊B的摩擦力大小以及B對A的摩擦力為f=mAa，所以f隨時間t的變化保持不變，故不可能是摩擦力的變化圖象，故BD錯誤。C．A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat符合圖中所示規(guī)律，故C正確；故選C。5、C【解析】電子流受到地磁場作用力而偏轉，地磁場由南到北，電子帶負電，有左手定則判斷得將相對于預定點稍向西偏轉，故ABD錯誤，C正確。故選C。6、B【解析】ABC．據(jù)電場線的疏密表示電場強度大小，則有Ea>Eb，故B正確，AC錯誤；D．正電荷在a、b兩點所受電場力方向與該點電場強度方向相同，而a、b兩點的電場強度方向不同．所以受力方向也不同，故D錯誤；故選B。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、AC【解析】a、b兩個質量相同、所帶電荷量相等帶電粒子以不同的速率對向射入圓形勻強磁場區(qū)域，偏轉的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據(jù)左手定則判定．根據(jù)軌跡和幾何關系得到半徑關系，結合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，判斷速度和時間關系.【詳解】粒子向右運動，根據(jù)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B錯誤；兩粒子的質量和電量均相同，根據(jù)可知，兩粒子周期相同；因b粒子在磁場中轉過的角度為600；a粒子在磁場中轉過的角度為900；根據(jù)可知，，選項A正確；設磁場圓的半徑為R，由幾何關系可知，，則，根據(jù)可知，選項C正確，D錯誤；故選AC.8、AC【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律可得：即：解得加速度大小為：A正確；B．時刻，棒的電功率為,不能用平均值來求，故B錯誤。C．根據(jù)：解得下滑的位移大小為：C正確；D．電流不恒定，無法直接根據(jù)焦耳定律求解熱量，根據(jù)動能定理：解得：D錯誤。故選AC。9、BD【解析】AC．當cd邊剛進入磁場時，受到的安培力大小和重力大小關系不確定，因此線框可能做加速、勻速和減速運動，根據(jù)法拉第電磁感應定律E=BLv，可看出線框中產(chǎn)生的感應電動勢不一定最大，故AC錯誤；B．cd邊剛進入磁場時，由右手定則可知，感應電流方向由d指向c，由左手定則可知，cd邊受到的安培力向上，故B正確；D．根據(jù)能量守恒知：線框從釋放到完全進入磁場過程中，線框減少的重力勢能等于它增加的動能與產(chǎn)生的焦耳熱之和，故D正確。故選BD。10、CD【解析】根據(jù)題圖可知，本題考查了回旋加速器的原理．根據(jù)回旋加速器中交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，由周期公式和半徑公式，從而推導最大動能的表達式，即可進行判斷【詳解】A、交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉周期，否則帶電粒子不可能總是被加速的．故A錯誤BCD、根據(jù)半徑公式知，，則粒子的最大動能，與加速的電壓無關，與D形盒的半徑以及磁感應強度有關，D形盒的半徑R越大，粒子加速所能獲得的最大動能越大，故CD正確，B錯誤；【點睛】在回旋加速器中，粒子獲得的最大動能是由D型盒的半徑?jīng)Q定的，交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉周期的條件三、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、①.49.10②.1.772【解析】(1)20分度的游標卡尺，精確度是0.05mm，游標卡尺的主尺讀數(shù)為49mm，游標尺上第2個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數(shù)為2×0.05mm=0.10mm，所以最終讀數(shù)為：49mm+0.10mm=49.10mm.(2)螺旋測微器的固定刻度為1.5mm，可動刻度為27.2×0.01mm=0.272mm，所以最終讀數(shù)為1.5mm+0.272mm=1.772mm(1.771~1.775).12、①.紫外線②.紅外線③.紅外線【解析】(1)電磁波按照頻率由高到低的順序排列應為：γ射線、X射線、紫外線、可見光、紅外線、無線電波；太陽輻射的能量主要集中在可見光、紅外線和紫外線三個區(qū)域內；這三個區(qū)域內的電磁波按照頻率由高到低的順序排列應為：紫外線、可見光、紅外線；(2)黑體輻射的輻射強度與波長關系