2025屆寧波市重點中學高二物理第一學期期末檢測試題含解析

2025屆寧波市重點中學高二物理第一學期期末檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示,正方形容器處在勻強磁場中,一束電子從孔A垂直于磁場射入容器中,其中一部分從C孔射出,一部分從D孔射出．下列敘述正確的是()A.從C,D兩孔射出的電子在容器中運動時的速度大小之比為1:2B.從C,D兩孔射出的電子在容器中運動時間之比為1:2C.從C、D兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比為:1D.從C、D兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比為1:22、在理解電動勢的概念時，有同學提出了如下的看法，你認為正確的是()A.電動勢就是路端電壓B.電動勢就是內外電壓之和C.電動勢是表示電源把其它形式的能轉化為電能的本領大小的物理量D.電動勢是表示電源把電能轉化為其它形式的能的本領大小的物理量3、如圖所示，從燈絲發(fā)出的電子經加速電場加速后，進入偏轉電場，若加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，下列方法中不可行的是()A.使U1減小為原來的B.使U2增大為原來的2倍C.使偏轉板的長度增大為原來2倍D.使偏轉板的距離減小為原來的4、如圖所示，表示物體做勻變速直線運動的是：()A.①② B.②③C.①③ D.①④5、如圖所示的皮帶傳動裝置中，右邊兩輪粘在一起且同軸，A、B、C三點均是各輪邊緣上的一點，半徑，皮帶不打滑，則：A、B、C三點線速度、向心加速度的比值分別是A.：：：1：2：：：1：4B.：：：2：2：：：2：4C.：：：1：2：：：2：4D.：：：2：2：：：2：26、已知相互垂直的兩個共點力合力的大小為40N，其中一個力的大小為20N，則另一個力的大小為（）A.10N B.20NC.N D.60N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，虛線A、B、C代表電場中的三條等勢線，其電勢分別為9V、6V，3V．實線為帶電粒子在電場中運動時的軌跡，P、Q為軌跡與A、C的交點，電只受電場力作用，不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A.粒子一定帶正電B.粒子在P點的動能大于在Q點的動能C.粒子在P點的電勢能大于粒子在Q點的電勢能D.粒子在P點的加速度一定小于在Q點的加速度8、如圖電路中要使電流計G中的電流方向如圖所示，則導軌上的金屬棒AB的運動必須是（）A.向左減速移動B.向左加速移動C.向右減速移動D.向右加速移動9、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10、一個帶電微粒在如圖所示正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內做勻速圓周運動，重力不可忽略，已知軌跡圓的半徑為r，電場強度的大小為E，磁感應強度的大小為B，重力加速度為g，則（）A.該微粒帶正電 B.帶電微粒沿逆時針旋轉C.微粒從a到c，機械能守恒 D.微粒做圓周運動的速度為三、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）如圖1所示為多用電表的刻度盤。若選用倍率為“”的歐姆擋測電阻時，表針指示如圖所示，為了使測量結果更精確些，則下列操作正確的是____A．將選擇開關旋轉到歐姆擋“”B．將選擇開關旋轉到歐姆擋“”C．換擋后直接接入待測電阻測量D．換擋后先將兩表筆短接調零，再接入待測電阻進行測量（2）若選用2.5V電壓擋測電壓時，表針也指于圖示位置，則所測電壓為________V。（3）若該歐姆表表頭如圖2所示，已知電流計的量程為，電池電動勢為E＝1.5V，則該歐姆表的表盤上刻度線對應的電阻值是______KΩ。12．（12分）圖甲、乙和丙所示均為教材中的演示實驗實物圖．在電路連接正確的情況下，回答下列問題（1）圖甲中，將條形磁鐵插入線圈和拔出線圈時，靈敏電流計指針偏轉方向______（填“相同”或“相反”）（2）圖乙中，導體棒AB以大小不同的速度沿相同方向切割磁感線時，靈敏電流計指針偏轉大小______（填“相同”或“不同”）（3）圖丙中，下列操作能使靈敏電流計指針偏轉的是______．（填選項前的字母）A．閉合開關瞬間B．保持開關閉合，快速移動滑動變阻器的滑片C．保持開關斷開，快速移動滑動變阻器的滑片四、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）圖為某種質譜儀的結構的截面示意圖，該種質譜儀由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。其中靜電分析器由兩個相互絕緣且同心的四分之一圓柱面的金屬電極和構成，點是圓柱面電極的圓心。靜電分析器中的電場的等勢面在該截面圖中是一系列以為圓心的同心圓弧，圖中虛線A是半徑為r的等勢線。和分別為靜電分析器兩端為帶電粒子進出所留的狹縫。磁分析器中有以為圓心、半徑為2d的四分之一圓弧的區(qū)域，該區(qū)域有垂直于截面的勻強磁場，磁場左邊界與靜電分析器的右邊界平行，為磁分析器上為帶電粒子進入所留的狹縫。離子源不斷地發(fā)出正離子束，正離子束中包含電荷量均為、質量分別為的兩種同位素離子。離子束從離子源發(fā)出的初速度可忽略不計，經電壓為U的加速電場加速后，全部從狹縫沿垂直于的方向進入靜電分析器。進入靜電分析器后，同位素離子沿等勢線A運動并從狹縫射出靜電分析器，而后由狹縫沿垂直于的方向進入磁場中。質量為的同位素離子偏轉后從磁場下邊界中點沿垂直于的方向射出，而質量為的同位素離子偏轉后從磁場下邊界的點射出，其中。忽略離子的重力、離子之間的相互作用、離子對場的影響和場的邊緣效應。求：（1）靜電分析器中等勢線A上各點的電場強度E的大??；（2）兩種同位素離子的質量之比；（3）兩種同位素離子在磁場中的運動時間之比。14．（16分）如圖所示，在方向豎直向下的勻強電場中，一個質量為m、帶負電的小球從斜直軌道上的A點由靜止滑下，小球通過半徑為R的圓軌道頂端的B點時恰好不落下來．若軌道是光滑絕緣的，小球的重力是它所受的電場力2倍，試求：（1）A點在斜軌道上的高度h；（2）小球運動到最低點C時，小球對圓軌道的壓力15．（12分）在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B．一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以一定的初速度垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，已知ON＝d，如圖所示．不計粒子重力，求：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R；（2）粒子在M點的初速度v0的大小；（3）粒子從M點運動到P點的總時間t

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、B【解析】電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出電子的運動軌跡，求出電子做圓周運動的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出電子的速度，然后求出線速度、角速度、向心加速度之比；根據電子做圓周運動的周期公式求出電子的運動時間，再求出電子運動時間之比【詳解】設磁場邊長為a，如圖所示，粒子從c點離開，其半徑為rC=a，粒子從d點離開，其半徑為rD=a；電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=m，解得：，電子速率之比：，故A錯誤；從C點射出的電子的運動時間是個周期，從D點射出的電子的運動時間是個周期，電子在磁場中做圓周運動的周期：T=相同，從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比tC：tD=T：T=1：2，故B正確；向心加速度：a=，從兩孔射出的電子的加速度大小之比：，故CD錯誤；故選B【點睛】本題屬于帶電粒子在磁場中的偏轉中典型題目，此類題的關鍵在于確定圓心及由幾何關系求出半徑，應用牛頓第二定律與電子做圓周運動的周期公式可以解題2、C【解析】電動勢表征電源將其他形式的能轉化為電能的本領大小，在數值上等于電源沒有接入外電路時兩極間的電壓，也等于內外電壓之和，但不能說電動勢就是內外電壓之和【詳解】電動勢在數值上等于電源沒有接入外電路時兩極間的電壓，當接入外電路時，路端電壓小于電勢勢．故A錯誤．電動勢在數值上等于內外電壓之和，但兩者的物理意義不同，不能說電動勢就是內外電壓之和．故B錯誤．電源是把其他形式的能轉化為電能的裝置，電動勢表征電源將其他形式的能轉化為電能的本領大?。蔆正確，D錯誤．故選C3、C【解析】根據動能定理求電子在加速場中獲得的速度，然后根據類平拋運動規(guī)律求在偏轉場中的偏轉量y，再進行分析【詳解】電子在加速電場中加速時，由動能定理得：eU1=mv02；電子在偏轉電場中做類平拋運動，則有：在水平方向：L=v0t；在豎直方向：a=；射出電場時的偏轉量y為：y=at2，聯立以上四式得：；則得：要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，可U1減小為原來的、U2增大為原來的2倍、使偏轉板的長度L增大為原來倍、使兩偏轉板間的距離d減小為原來的．故ABD正確，C錯誤．本題選不可行的，故選C【點睛】帶電粒子在勻強電場中偏轉，帶電粒子垂直進出入勻強電場時做勻變速曲線運動，分解為兩個方向的直線運動，分別用公式分析、求解運算，是這類問題的最基本解法4、C【解析】勻加速直線運動的速度-時間圖象是傾斜的直線，位移-時間圖象是拋物線【詳解】①v-t圖象是傾斜的直線，速度均勻變化，加速度不變，表示物體做勻變速直線運動．故①正確．②表示物體做勻速直線運動．故②錯誤．③v-t圖象是傾斜的直線，速度均勻變化，加速度不變，表示物體做勻變速直線運動．故③正確．④圖線切線的斜率減小，加速度減小，表示物體做變加速直線運動．故④錯誤．故選C【點睛】本題考查識別和理解物理圖象的能力，首先要分清什么圖象；其次根據形狀分析物體的運動的情況，不能搞混淆5、C【解析】根據“皮帶傳動”可知，本題考查勻速圓周運動的物理量的關系，根據和，結合傳動過程線速度相等、轉動問題角速度相等列式分析.【詳解】因為A、B兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時間內A、B兩點轉過的弧長相等，即：.由知；：:1又B、C是同軸轉動，相等時間轉過的角度相等，即：，由知，：：2所以：：：：1：2，再根據得：：：：2：4【點睛】由知線速度相同時，角速度與半徑成反比；角速度相同時，線速度與半徑成正比;由結合角速度和線速度的比例關系，可以知道加速度的比例關系.6、C【解析】依據合力與分力遵循平行四邊形定則，根據平行四邊形定則作圖，結合勾股定理，即可求解【詳解】根據平行四邊形定則，如圖所示：根據幾何關系，有：；故選C.【點睛】本題關鍵根據平行四邊形定則作圖，然后根據幾何關系列式求解二、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】A、因電場線與等勢面相互垂直，且由高電勢指向低電勢，故電場線如圖所示，由粒子運動的軌跡彎曲的方向可知粒子受力沿電場線的反方向，故粒子帶負電；故A錯誤；B、若粒子從P到Q，則電場力做負功，粒子動能減小，故P點動能大于Q點動能；若粒子從Q到P，電場力做正功，動能增大，P點動能大于Q點動能，故粒子在P點動能一定大于Q點的動能，根據能量守恒可知，帶電粒子在P點電勢能小于粒子在Q點電勢能，故B正確，C錯誤D、因Q點處的等勢面密集，故Q點的電場強度大，故電荷在Q點受到的電場力大于P點受到的電場力，粒子在P點的加速度小于在Q點的加速度，故D正確；【點睛】本題中解題關鍵在于曲線的彎曲方向的判斷，應掌握根據彎曲方向判斷受力方向的方法，本題中告訴的是等勢面，很多同學由于思維定勢當成了電場線從而出現錯解8、AD【解析】AB．金屬棒AB向左減速移動時，根據右手定則可知，AB中產生感應電流方向為A→B，感應電動勢減小，感應電流減小，右側線圈產生的磁場減弱，根據楞次定律分析得知，電流計G中的電流方向與所示方向相同，A正確，B錯誤；CD．金屬棒AB向右減速移動時，根據右手定則可知，AB中產生感應電流方向為B→A，感應電動勢減小，感應電流減小，右側線圈產生的磁場減弱，根據楞次定律分析得知，電流計G中的電流方向與所示方向相反，C錯誤，D正確。故AD。9、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：AD10、BD【解析】A．帶電微粒在正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內做勻速圓周運動，可知所受的向下的重力和向上的電場力平衡，電場向下，則粒子帶負電，選項A錯誤；B．根據左手定則可知，帶電微粒沿逆時針旋轉，選項B正確；C．微粒從a到c，動能不變，重力勢能減小，則機械能減小，選項C錯誤；D．根據mg=qE，以及，解得微粒做圓周運動的速度為選項D正確。故選BD。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.AD②.2.20③.2【解析】（1）[1]．AB由表盤看出，若選用倍率為“×100”的歐姆擋測電阻時，指針偏轉較大過大，則說明倍率檔選擇過大，應改用“×100”的歐姆擋測量；選項A正確，B錯誤；CD．換擋后先將兩表筆短接調零，再接入待測電阻進行測量，選項C錯誤，D正確；故選AD.（2）[2]．若選用2.5V電壓擋測電壓時，最小分度為0.05A，則表針所指圖示位置，則所測電壓為2.20V。（3）[3]．當電流表滿偏時：當電流為300μA時：帶入數據解得：R=2kΩ12、①.相反②.不同③.AB【解析】（1）將條形磁鐵插入線圈和拔出線圈時，線圈中原磁場方向相同，拔出和插入時磁通量變化正好相反，根據楞次定律可知，產生感應電流方向相反；（2）根據E=BLv可知，導體棒速度不同則產生感應電動勢不同，產生感應電流則不同，則靈敏電流計指針偏轉大小不同（3）閉合開關的瞬間，電流從無到有，產生磁場從無到有，則B中磁通量發(fā)生變化，故有電流產生，故A正確；保持開關閉合，快速移動滑動變阻器的滑片，電流發(fā)生變化，產生磁場變化，則B中磁通量發(fā)生變化，故有電流產生，故B正確；保持開關斷開，不論怎么移動滑片，A中無電流，則無磁場產生，故B中無電流產生，故C錯誤．所以AB正確，C錯誤四、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、（1）（2）（3）【解析】(1)由題意可知正離子束經過加速電場時根據動能定理有：設等勢線A上各點的電場強度為E，進