2025年广东省深圳市格睿特高级中学物理高二第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025年广东省深圳市格睿特高级中学物理高二第一学期期末质量跟踪监视模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、如图所示的电场中，AB=BC，UAB和UBC分别表示AB两点间和BC两点间的电势差，两者关系正确的是（）

A.UAB=UBC B.UAB>UBC
C.UAB<UBC D.与形成该电场的电荷种类有关
2、原来静止的氕核（）、氘核（）、氚核（）混合物经同一电场加速后，平行于金属板方向射入平行板电场内，经过此电场后的偏转角关系正确的是（）
A.氕核（）偏转角最大 B.氘核（）偏转角最大
C.氚核（）偏转角最大 D.三种粒子偏转角一样大
3、如图所示，两个电阻串联后接在电路中两点,已知两点间电压不变．某同学把一个实验室里的电压表并联在两端时，读数为V；将该电压表并联在两端时，读数为4V，则两点间电压（）

A.大于9V B.等于9V
C.小于9Ｖ D.无法确定
4、如图所示，竖直放置的圆环绕OO′以速转动，OO′为过圆环圆心的竖直转轴，A、B为圆环上的两点，用vA，vB分别表示A、B两点的线速度大小，用ωA、ωB分别表示A，B两点的角速度大小，则下列关系正确的是（ ）

A.ωA＜ωB B.ωA=ωB
C.vA＞vB D.vA=vB
5、人们在高山上观察太阳东升西落时，所选取的参考系不可能是
A.观察者本人 B.高山
C.太阳 D.地球
6、在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）

A.固定在A、B处电荷的电量之比为QA: QB =8:1
B.小球一定可以到达x=-2L点处
C.小球将以x=L点为中心做完全对称的往复运动
D.小球在x=L处的速度最大
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、如图所示，线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出的瞬间，线圈和电流表构成的闭合回路中产生的感应电流方向，正确的是　　
A. B.
C D.
8、如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明

A.热敏电阻在温度越高时，电阻越大
B.热敏电阻在温度越高时，电阻越小
C.半导体材料温度升高时，导电性能变差
D.半导体材料温度升高时，导电性能变好
9、如图所示，20匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，线框面积S=1m2，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为5A，下列说法正确的是（）

A.图示位置穿过线框的磁通量为零
B.图示位置通过线框的磁通量变化率最大
C.变压器原、副线圈匝数之比为100︰11
D.允许变压器输出的最大功率为10kW
10、如图所示，甲图空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，乙图空间存在平行于纸面向右的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，两矩形线框面积相等为S，均绕轴线逆时针转动（从上向下看），转动角速度相等恒为，则在图示位置甲、乙线圈中的感应电动势以及两线圈转动180°过程中感应电流方向分别为( )

A.；甲中感应电流方向始终为
B.；乙中感应电流方向先，后
C.；甲中感应电流方向先，后
D.；乙中感应电流方向始终为
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）某同学在做测量金属丝电阻率实验时，用游标卡尺测得金属丝长度为___________cm,用螺旋测微器测量金属丝直径为________mm.　　　　　　　　　　　　　　　　　　

12．（12分）某同学利用如图所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀开关S1和S2，C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
(1)按原理图将图中的实物连线。（ ）

(2)完成下列填空：
①R1的阻值为______Ω（填“20”或“2000”）；
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图中滑动变阻器的________端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近；
③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置，最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势______（填“相等”或“不相等”）
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为________Ω（结果保留到个位）；
(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：_________。
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，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
15．（12分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
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、C
【解析】电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，故有：

则两点间的平均电场强度比两点间的平均电场强度小，而距离相等，根据可得：

A．与分析不符，故A错误；
B．与分析不符，故B错误；
C．与分析相符，故C正确；
D．与分析不符，故D错误；
故选C。
2、D
【解析】粒子由初速为零，经电压为U电场加速，在加速过程中，只有电场力做的功为qU，由动能定理得

解得

粒子经匀强电场偏转，偏转电场长为L，场强为E，进入偏转电场做类平抛运动，结合平抛运动规律解题，水平方向

竖直方向

由平抛运动规律得

则可知，偏转角与带电粒子的电荷量、质量等无关，故D正确。
故选D。

3、A
【解析】并联后的总电阻小于任一支路电阻，由串联分压可知，当把一个实验室里的电压表并联在两端时，读数为5V，没有并联电压表时，R1两端电压肯定大于5V，同理R2两段电压肯定大于4V，所以电源电压肯定大于9V，A对；
4、B
【解析】AB．因为A、B两点同轴转动，则角速度相同，即ωA=ωB，选项A错误，B正确；
CD．根据v=ωr，因为rA<rB，则vA<vB，选项CD错误；
故选B.
5、C
【解析】人们在高山上观察太阳东升西落，肯定是选择了地球或者相对地球静止不动的物体，可能是观察者本人，或者高山或者是地球，但肯定不可能是太阳，故选C.
6、D
【解析】据φ-x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得QA：QB=4：1，故A错误．根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=-L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故BC错误．因x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L再向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故D正确．故选D
【点睛】解决本题首先要理解φ-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理

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、CD
【解析】（1）当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；
（2）当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B错误；
（3）当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下．故C正确；
（4）当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；
故本题选CD
【点睛】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化
8、BD
【解析】电流表的示数增大，说明电路中的电流增大，电阻减小，所以这个热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低的；半导体材料的电阻值在其他条件不变时升高温度，导电性能变好，故选项B、D正确
考点：热敏电阻；全电路欧姆定律.
【名师点睛】此题是对热敏电阻及全电路欧姆定律的考查；关键是知道热敏电阻的特点：热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低；根据电路中电流的变化分析总电阻的变化，然后分析热敏电阻的变化；半导体材料的电阻值在其他条件不变时升高温度，导电性能变好
9、CD
【解析】AB．由图可知，线圈与磁场垂直，故图示位置穿过线框的磁通量最大，感应电动势最小为零，即图示位置通过线框的磁通量变化率最小，故AB错误；
C．电动势的最大值为

则交流电压的有效值为

则原副线圈的匝数比为

故C正确；
D．因为保险丝的最大电流为5A，则最大功率为

故D正确。
故选CD。
10、AB
【解析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势，结合楞次定律判断感应电流的方向
【详解】A、C项：甲图中线圈的磁通量最大，没有任何一条边切割磁感线，所以此时电动势为零，甲图中线圈转过900，磁通量减小，由楞次定律可知，电流方向为，线圈从900到1800过程中磁通量增大，由楞次定律可知，电流方向为，故A正确，C错误；
B、D项：乙图中线圈中的磁通量最小为零，此时感应电动势最大为，乙图中线圈转过900，磁通量增大，由楞次定律可知，电流方向为，线圈从900到1800过程中磁通量减小，由楞次定律可知，电流方向为：，故B正确，D错误
故选AB
【点睛】注意在法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，并理解磁通量变化率与磁通量变化的不同

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、 ①.114cm ②.0.398（左右）mm
【解析】游标卡尺测得金属丝长度为:1.1cm+0.1mm×4=1.14cm；用螺旋测微器测量金属丝直径为：0.01mm+39.8=0.398mm
12、 ①. ②.20 ③.左 ④.相等 ⑤.2550 ⑥.要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程
【解析】(1)[1]实物连线如图所示

(2)[2]R1起分压作用，应选用阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20Ω；
[3]为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零；
[4]反复调节D的位置，使闭合S2前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等；
[5]将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。说明

则解得
RμA=2550Ω
(3)[6]要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。

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、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N