浙江省選考十校聯盟2025屆高二物理第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

浙江省選考十校聯盟2025屆高二物理第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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，銅質導電板置于勻強磁場中，通電時銅板中電流方向向上.由于磁場的作用，則A.板左側聚集較多電子，使b點電勢高于a點電勢B.板左側聚集較多電子，使a點電勢高于b點電勢C.板右側聚集較多電子，使a點電勢高于b點電勢D.板右側聚集較多電子，使b點電勢高于a點電勢2、一個定值電阻R，當其兩端的電壓為U時，它在t時間內產生的熱量為Q；當其兩端的電壓為2U時，它在2t時間內產生的熱量為（）A.2Q B.4QC.6Q D.8Q3、下列說法中正確的是（）A.通過導體橫截面的電荷量越多，電流越大B.由R=可知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比C.電阻率是表征材料導電性能的物理量，電阻率越大的導體對電流的阻礙作用越大D.電動勢在數值上等于非靜電力把單位正電荷在電源內部從負極移送到正極所做的功4、關于磁感應強度的說法中，正確的是（）A.一小段通電導體在磁場中某處不受磁場力作用，則該處的磁感應強度一定為零B.一小段通電導體在磁場中某處受到的磁場力越小，說明該處的磁感應強度越小C.磁場中某點的磁感應強度方向，就是放在該點的一小段通電導體所受磁場力方向D.磁場中某點的磁感應強度的大小和方向與放在該點的通電導線所受磁場力無關5、圖甲所示為用來加速帶電粒子的直線加速器，圖乙是所用交變電壓的圖像，對它的下列說法中，正確的是（）A.帶電粒子是在金屬筒內被加速的B.如果僅增大帶電粒子的質量，不改變交流電的周期，直線加速器也能正常工作C.粒子每通過一次縫隙都會增加相同的動能D.粒子速度越來越快，為使得它每次都能被加速電壓加速，筒間的縫隙應設計成越來越大的，所以直線加速器也會做的很長6、如圖所示，無限長水平直導線中通有向右的恒定電流I，導線正上方沿豎直方向有一絕緣細線懸掛著的正方形線框．線框中通有沿逆時針方向的恒定電流I，線框的邊長為L，線框下邊與直導線平行，且到直導線的距離也為L.已知在長直導線的磁場中距長直導線r處的磁感應強度大小為B＝k(k為常量)，線框的質量為m，則剪斷細線的瞬間，線框的加速度為()A.0B.＋gC.D.＋g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，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域（電場強度E和磁感應強度B已知），小球在此區(qū)域的豎直平面內做勻速圓周運動，則（）A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑為r=C.小球做勻速圓周運動的周期為T=D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增大8、在如圖所示的豎直平面內，在水平線MN的下方有足夠大的勻強磁場，一個等腰三角形金屬線框頂點C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進入磁場過程中，關于線框運動的v－t圖，可能正確的是：（）A. B.C. D.9、如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里．一可視為質點，質量為m，電荷量為q（q>0）的小球由軌道左端A無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點，若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg+C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大10、如圖所示，水平的平行金屬板和直流電源相連，中間有一垂直紙面向外的勻強磁場，一帶正電粒子（重力不計）以速度v向右飛入板間，恰能做勻速直線運動。僅改變以下某項條件時，物體仍然做勻速直線運動的有A.讓粒子帶負電B.讓電源的正負極交換C.讓金屬板間距離增大D.讓粒子所帶電量增大三、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）豎直升降電梯的箱狀吊艙在勻速上升的過程中，艙頂有一個螺釘脫落，已知吊艙高度為h，重力加速度為g，則這個螺釘從艙頂落到地板所需時間是____________。12．（12分）現在要測量一段電阻絲的電阻率ρ，其阻值Rx約為0.5Ω，允許通過的最大電流為0.5A.現有如下器材可供選擇：電流表A(量程0.6A，內阻約為0.6Ω)電壓表V(量程3V，內阻約為3kΩ)待測電阻絲Rx(阻值約為0.5Ω)標準電阻R0(阻值5Ω)滑動變阻器R1(5Ω，2A)滑動變阻器R2(200Ω，1.5A)直流電源E(E＝6V，內阻不計)開關S、導線若干(1)圖為四位同學分別設計的測量電路的一部分，你認為合理的是________；(2)實驗中滑動變阻器應該選擇________(選填“R1”或“R2”)，并采用________接法；（分壓，限流）(3)根據你在(1)(2)中的選擇，在圖甲上完成實驗電路的連接________；(4)實驗中，如果兩電表的讀數分別為U和I，測得拉直后電阻絲的長度為L、直徑為D，則待測電阻絲的電阻率ρ的計算式為ρ＝________；(5)用螺旋測微器測量待測電阻絲的直徑時讀數如圖乙所示，則該電阻絲的直徑D＝________.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）輕質細線吊著一質量為m＝0.42kg、邊長為L＝1m、匝數n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω.在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場，如圖甲所示.磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示.(g＝10m/s2)(1)判斷線圈中產生的感應電流的方向是順時針還是逆時針；(2)求線圈的電功率；(3)求在t＝4s時輕質細線的拉力大小.14．（16分）一個質量為m，電荷量為q的帶負電的帶電粒子，從A點射入寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，MN、PQ為該磁場的邊緣，磁感線垂直于紙面向里.帶電粒子射入時的初速度與PQ成角，且粒子恰好沒有從MN射出，如圖所示.（1）求該帶電粒子的初速度v0.（2）求該帶電粒子從PQ邊界射出的射出點到A點的距離x.15．（12分）如圖所示，空間存在方向垂直于xOy平面向里的兩部分勻強磁場，在的區(qū)域內，磁感應強度的大小為B，在的區(qū)域內，磁感應強度的大小為時刻，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子不計重力以速度v從坐標原點O沿與x軸正方向成夾角的方向，第一次經過y軸射入第一象限的碰場中，直到粒子第三次經過y軸的過程中，求此過程中粒子運動的時間；粒子第三次經過y軸時與O點間的距離

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】電流方向豎直向上，則電子從上往下流，根據左手定則，電子向左側偏轉，則左側聚集較多的電子，右側失去電子帶正電，所以b點的電勢高于a點的電勢．故A正確，BCD錯誤故選A點評：解決本題的關鍵知道金屬中的電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉，使得兩側形成電勢差，最終電子在洛倫茲力和電場力的作用下處于平衡2、D【解析】根據焦耳定律，當其兩端的電壓為U時，它在t時間內產生的熱量為：當兩端電壓變?yōu)?U，時間為2t時，產生的熱量為：D正確，ABC錯誤。故選D。3、D【解析】A．根據電流的定義式可知，通過導體橫截面的電荷量越多，電流不一定越大，還與通電的時間有關，A錯誤；B．導體的電阻是由導體本身決定的，跟導體兩端的電壓無關，跟導體中的電流無關，B錯誤；C．電阻率是表征材料導電性能的物理量，電阻是表征導體對電流的阻礙作用的物理量，電阻越大的導體對電流的阻礙作用越大，C錯誤；D．電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電能的裝置，電動勢在數值上等于非靜電力把單位正電荷在電源內部從負極移送到正極所做的功，D正確。故選D。4、D【解析】A、通電導線放在磁場中某處不受安培力的作用時，可能是由于通電導線與磁場平行，B并不為零。故A錯誤。B、一小段通電導體在磁場中某處受到的磁場力越小，可能是磁場與線圈接近平行；不能說明該處的磁感應強度越?。还蔅錯誤；C、通電導線在磁場中的受力方向與磁場方向相互垂直；故C錯誤；D、磁感應強度的定義式采用比值定義法，可知磁感應強度與該點是否放通電導線無關，由磁場本身的特性決定。故D正確。5、C【解析】A．帶電粒子是在金屬筒之間的狹縫中進行加速的，故A錯誤；B．粒子從靜止開始經過次加速后經過第個長的金屬筒用時所以如果僅增大帶電粒子的質量，交流電的周期也需要變大，直線加速器才能正常工作，保證粒子每次從金屬筒內出來能夠持續(xù)加速，故B錯誤；CD．粒子每次經過金屬筒之間的縫隙，僅有電場力做功，根據動能定理可知粒子每通過一次縫隙都會增加相同的動能，與縫隙的長度無關，故C正確，D錯誤。故選C。6、D【解析】線框下邊受到的安培力的大小為方向向下；線框上邊受到的安培力大小方向向上；根據牛頓第二定律可得F1+mg-F2=ma解得：A．0，與結論不相符，選項A錯誤；B．＋g，與結論不相符，選項B錯誤；C．，與結論不相符，選項C錯誤；D．＋g，與結論相符，選項D正確；故選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、BC【解析】A．小球在該區(qū)域的豎直平面內做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力大小相等、方向相反，則小球帶負電，A錯誤；B．因為小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得，且有聯立可得小球做勻速圓周運動的半徑故B正確；CD．由運動學公式可得聯立可得說明周期與電壓U無關，故C正確，D錯誤。故選BC。8、CD【解析】根據楞次定律的“來拒去留”可知線框受到向上的安培力，線框由靜止向下做加速運動，設線框的有效切割磁感線的長度為L，線框的電阻為R，則有，根據歐姆定律可得，故，根據牛頓第二定律可得，故，運動過程中，L在變大，v在變大，故加速度在減小，即速度時間圖像的斜率再減小，故AB錯誤；由于不知道當線框完全進入磁場時重力和安培力的關系，所以之后線框的速度可能繼續(xù)增大，可能恒定不變，故CD正確9、AD【解析】A.由于洛倫茲力不做功，所以從A到C過程中，只有重力做功，故有，解得，在C點受到豎直向上的洛倫茲力，大小為，A正確；B.在C點，受到向上的洛倫茲力，向上的支持力，向下的重力，三者的合力充當向心力，故有，解得，B錯誤；C.小球從C到D過程中，洛倫茲力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大．C錯誤；D.小球從C到D的過程中小球的速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以小球的動能不變，拉力F的功率與重力的功率大小相等，方向相反．由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，D正確.故選AD。【點睛】帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路

正確的受力分析除重力．彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析

正確分析物體的運動狀態(tài)找出物體的速度．位置及其變化特點，分析運動過程．如果出現臨界狀態(tài)，要分析臨界條件帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力情況（1）當粒子在復合場內所受合力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器）（2）當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動（3）當帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程也可能由幾種不同的運動階段所組成10、AD【解析】A.帶正電粒子恰能做勻速直線運動，則Eq=qvB。粒子帶負電，電場力與洛倫茲力大小仍相等，方向都與相反，粒子仍然做勻速直線運動的，故A正確；B.讓電源的正負極交換，正粒子受到的電場力與洛倫茲力都向下，粒子將向下偏轉，故B錯誤；C.當板間距離增大時，根據U=Ed，場強變小，Eq<qvB，粒子運動軌跡偏向下極板，故C錯誤；D.粒子所帶電量增大，只要速度不變，仍滿足Eq=qvB，粒子仍然做勻速直線運動的，故D正確。故選：AD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、【解析】[1]螺釘以吊艙為參照物做自由落體運動，根據公式下落時間為12、①.C②.R1③.分壓④.⑤.⑥.1.205【解析】(1)、(2)、關鍵是根據閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來選擇變阻器阻值以及接法；根據求出的最小電阻來選擇保護電阻；根據待測電阻遠小于電壓表內阻可知電流表應用外接法，但因為待測電阻阻值太小可知待測電阻應與保護電阻串聯使用(3)根據是連接電路時應先連接主干路然后再連接并聯電路，注意正負極和量程(4)關鍵是根據歐姆定律和電阻定律求出電阻率的表達式即可(5)關鍵是讀數時要分成整數部分和小數部分兩部分來讀，注意半毫米刻度線是否露出【詳解】(1)根據閉合電路歐姆定律可知，電路中需要的最大電阻為：，所以變阻器應選R1并且應采用分壓式接法；電路中需要的最小電阻為：，為保護電流表應與一保護電阻串聯，所以排除電路A，再根據待測電阻滿足，可知電流表應用外接法，所以應排除電路D，由于待測電阻阻值太小，將電壓表直接測量時電壓太小無法讀數，所以應將待測電阻與保護電阻串聯后再與電壓表并聯才行，所以合理的電路應是C；(2)根據題(1)中的分析可知，變阻器應選R1，并且應采用分壓式接法；(3)根據題（1）中分析可知電路連接圖如圖所示：(4)圖C電路圖應有：①根據電阻定律應有：②聯立①②可得：(5)螺旋測微器的讀數為：D=1mm+20.6×0.01mm=1.205（±0.002）mm；【點睛】明確：①通過估算電路中需要