2025屆廣東省名校三校物理高二上期末達標檢測模擬試題考生請注意：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、法拉第在1831年發現了“磁生電”現象。如圖，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環上，線圈A和電池連接，線圈B用導線連通，導線下面平行放置一個小磁針。實驗中可能觀察到的現象是A.線圈A和電池接通瞬間，小磁針會偏轉B.線圈A和電池斷開瞬間，小磁針不偏轉C.只要A線圈中電流足夠強，小磁針就會發生偏轉D.A線圈接通后，線圈B匝數較少時小磁針不偏轉，匝數足夠多時小磁針會偏轉2、圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經過M點，再經過N點．可以判定（）A.M點的電勢小于N點的電勢B.粒子帶正電，M點的電勢大于N點的電勢C.粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力D.粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能3、如圖所示的電路中，A、B是兩個相同的燈泡，L是一個帶鐵芯的線圈，電阻可忽略不計．調節R，電路穩定時兩燈泡都正常發光，則在開關合上或斷開時A.合上S時，B燈立即亮起來，并保持亮度不變B.斷開S時，A燈會突然閃亮一下后再熄滅C.斷開S時，A、B兩燈都不會立即熄滅，且通過A燈泡的電流方向與原電流方向相反D.斷開S時，A、B兩燈都不會立即熄滅，但一定是同時熄滅4、如圖所示電路中，電流表A和電壓表V均可視為理想電表．現閉合開關S后，將滑動變阻器滑片P向左移動，下列說法正確的是（）A.電流表A的示數變小，電壓表V的示數變大B小燈泡L變亮C.電容器C上電荷量減少D.電源的總功率變大5、如圖所示，兩個帶電金屬球半徑為r，中心距離為4r，所帶電荷量大小相等均為Q。結合庫侖定律適用條件，關于它們之間電荷的相互作用力大小F，下列說法正確的是（）A.若帶同種電荷， B.若帶異種電荷，C.若帶同種電荷， D.無論何種電荷，6、電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質量為m＝2.0g的彈體(包括金屬桿EF的質量)加速到6km/s，若這種裝置的軌道寬為d＝2m，長L＝100m，電流I＝10A，軌道摩擦不計且金屬桿EF與軌道始終接觸良好，則下列有關軌道間所加勻強磁場的磁感應強度和磁場力的最大功率結果正確的是()A.B＝18T，Pm＝1.08×108WB.B＝0.6T，Pm＝7.2×104WC.B＝0.6T，Pm＝3.6×106WD.B＝18T，Pm＝2.16×106W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，虛線框中存在勻強電場E和勻強磁場B，它們相互正交或平行有一個帶負電的小球從該復合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過下列的哪些復合場區域A.“”表示磁場 B.虛線表示磁場C.“”表示磁場 D.虛線表示磁場8、均勻導線制成的正方形閉合線框abcd，線框的匝數為n、邊長為L、總電阻為R、總質量為m，將其置于磁感應強度為B的水平勻強磁場上方某高度處，如圖所示，釋放線框，讓線框由靜止自由下落，線框平面保持與磁場垂直，cd邊始終與水平的磁場邊界平行，已知cd邊剛進入磁場時，線框加速度大小恰好為，重力加速度為g，則線框cd邊離磁場邊界的高度h可能為()A. B.C. D.9、如圖所示，分別是直流電動機、搖繩發電、磁電式儀表和電磁軌道炮示意圖，其中不屬于“因電而動”（即在安培力作用下運動）的是（）A.B.C.D.10、用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表A1、A2，若把A1、A2分別采用并聯或串聯的方式接入電路，如圖所示，則閉合開關后，下列有關電表的示數和指針偏轉角度的說法正確的是（）A.圖甲中的A1、A2的示數相同B.圖甲中的A1、A2的指針偏角相同C.圖乙中的A1，A2的示數和偏角都不同D.圖乙中A1、A2的指針偏角不相同三、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)如圖游標卡尺讀數為_____mm。(2)某電流表表頭內阻Rg＝200Ω，滿偏電流Ig＝2mA，按如圖改裝成量程為3V和15V的電壓表，其中R1＝_____Ω。12．（12分）宇宙飛船（內有宇航員）繞地球做勻速圓周運動，地球的質量為M，宇宙飛船的質量為，宇宙飛船到地球球心的距離為r，引力常量為G，宇宙飛船受到地球對它的萬有引力F=________；飛船內的宇航員處于________狀態（填“超重”或“失重”）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.在平面直角坐標系xOy的第一象限內有一直角邊長為L的等腰直角三角形區域OPQ，三角形的O點恰為平面直角坐標系xOy的坐標原點，該區域內有磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，第一象限的其它區域內有大小為E、方向沿x軸正方向的勻強電場：一束電子（電荷量為-e、質量為m）以大小不同的速度從坐標原點O沿y軸正方向射入勻強磁場區．則：（1）能夠進入電場區域的電子的速度范圍是多少？（2）已知一個電子恰好從P點離開了磁場，求該電子的速度和由O到P的運動時間14．（16分）如圖所示，水平放置的平行板電容器兩板間距為d＝8cm，板長為L＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中點水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下極板向上提起cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，g取10m/s2，求：(1)下極板上提后液滴經過P點以后的加速度大小；(2)液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間。15．（12分）如圖所示，一質量為m、帶電荷量絕對值為q的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，靜止時絕緣細線向左且與豎直方向成θ角，重力加速度為g(1)求電場強度E；(2)若在某時刻將細線突然剪斷，求經過t時間小球的速度v

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】A．開關S接通瞬間，線圈A的磁場從無到有，磁場也穿過B線圈，則穿過B線圈的磁通量增加，會產生感應電流，電流會產生磁場，會使小磁針偏轉。故A正確；

B．同理，開關S斷開瞬間，穿過B線圈的磁通量減少，會產生感應電流，電流產生磁場，會使小磁針偏轉。故B錯誤；

C．A線圈中電流足夠強，但若電流穩定，產生的磁場穩定，穿過B線圈的磁通量不變，不會產生感應電流，小磁針不會偏轉，故C錯誤；

D．開關S接通達到穩定后，穿過B線圈的磁通量不變，B線圈內沒有感應電流，小磁針不偏轉，與B的線圈的匝數無關。故D錯誤。故選A。2、B【解析】A、粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，斜向左下方，與電場方向一致，粒子帶正電，根據順著電場線的方向電勢降低，可知過M點的等勢面的電勢高于過N點的等勢面的電勢，則M點的電勢高于N點的電勢，故A錯誤，B正確；C、由電場線的疏密表示電場強度的大小，可知，M點的電場強度比N點的小，由知，粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力，故C錯誤；D、從M到N，粒子的所受電場力斜向左下方，則電場力對粒子做正功，電勢能減少，所以粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故D錯誤3、D【解析】開關合上和斷開時，兩燈同時熄滅，但不同時點亮，在合上時，通過線圈的電流在增大，導致線圈出現自感電動勢，電路穩定后，L的電阻忽略不計，閉合瞬間L的電阻很大，斷開瞬間A燈還要繼續亮一下.【詳解】A、在開關合上時，通過線圈的電流在增大，導致線圈出現自感電動勢，從而阻礙燈泡A的電流增大，則B先亮，A后慢慢變亮，穩定時L的電阻忽略不計，則兩電阻相同的燈的亮度相同，故B的亮度有變小的過程；故A錯誤.C、斷開開關S的瞬間，由電感的特性可知：L和兩燈泡組成的回路中的電流會維持不變，通過A燈的電流的方向不變，而B燈的電流方向與原電流方向相反；故C錯誤.B、D、斷開開關S的瞬間，因燈泡相同L的電阻忽略不計，則電流相等，所以兩燈會慢慢熄滅，但不會閃亮一下；故B錯誤，D正確.故選D.【點睛】本題考查了電感線圈對電流的阻礙作用，特別是開關閉合、斷開瞬間的判斷，開關合上和斷開時，兩燈同時熄滅，但不同時點亮，在合上時，通過線圈的電流在增大，導致線圈出現自感電動勢.4、A【解析】A、B閉合開關S后，將滑動變阻器滑片P向左移動時，變阻器接入電路的電阻增大，根據閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流I減小，則小燈泡L變暗，電流表A的示數變小．電壓表的示數U=E﹣I（RL+r），I減小，其他量不變，則U增大，即電壓表V的示數變大．故A正確，B錯誤C、電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓，即等于電壓表的示數，U增大，由Q=CU，知電容器C上的電荷量增大．故C錯誤D、電源的總功率P=EI，I減小，則電源的總功率變小．故D錯誤故選A5、C【解析】AC．若是同種電荷，則相互排斥，電荷間距大于4r，因此庫侖力：故A錯誤，C正確；BD．若是異種電荷，則相互吸引，電荷間距小于4r，因此庫侖力：故B錯誤，D錯誤。故選C。6、D【解析】通電金屬桿在磁場中受安培力的作用而對彈體加速，由功能關系得BIdL＝，代入數值解得B＝18T；當速度最大時磁場力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入數值得Pm＝2.16×106W，故ABC錯誤，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、CD【解析】當小球所受的合力為零，或合力與速度在同一直線上時能沿著直線通過電磁場區域據此條件進行判斷【詳解】A、小球受重力、向右的電場力、向左的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，故洛倫茲力一定增大，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運動，故A錯誤；B、小球剛進入場時，重力向下，電場力水平向左，洛倫茲力垂直向內，不平衡，合力與速度不共線，做曲線運動，故B錯誤；C、小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則粒子做勻速直線運動，故C正確；D、粒子受向下的重力和向下的電場力，不受洛倫茲力，合力一定與速度共線，故粒子一定做直線運動，故D正確；故選CD.【點睛】本題關鍵在于洛倫茲力與速度垂直且與粒子速度方向垂直，要使粒子做直線運動，要么三力平衡，要么不受洛倫茲力8、AD【解析】在磁場上方運動過程中，只有重力做功，所以機械能守恒，故有，cd邊剛進入磁場時受到的安培力為，根據法拉第電磁感應定律可得，根據歐姆定律可得，聯立可得；若cd邊剛進入磁場時的加速度大小方向向下，根據牛頓第二定律可得：，聯立解得：；若cd邊剛進入磁場時的加速度向上時，根據牛頓第二定律有：，聯立解得；故AD正確，BC錯誤。9、ACD【解析】本題考查的是電磁感應定律的問題，直流電動機、磁電式儀表和電磁軌道炮利用的都是通電導線受磁場力的作用而運動，即在安培力作用下運動，ACD錯誤；搖繩發電是導線切割磁感線而產生電流，是電磁感應現象，B正確10、BD【解析】AB．圖甲中的A1、A2并聯，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉的角度相同，量程不同的電流表讀數不同，故A錯誤，B正確；CD．圖乙中的A1、A2串聯，A1、A2的示數相同，由于量程不同，內阻不同，電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉的角度不同，故C錯誤，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、①.14.50②.1300【解析】(1)[1]．游標卡尺的主尺讀數為：14.0mm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數為10×0.05mm＝0.50mm，所以最終讀數為：14.0mm+0.50mm＝14.50mm；(2)[2]．根據電表改裝的串聯電阻R1的大小；12、①.②.失重【解析】根據萬有引力定律可得宇宙飛船受到的萬有引力為，由于宇航員在運動過程中萬有引力完全充當向心力，故處于失重狀態，考點：考查了萬有引力定律的應用四、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）【解析】（1）通過Q點進入電場區域的電子速度最大，半徑最大，從而求解速度的范圍；（2）粒子在磁場中做圓周運動，然后進入電場后做勻加速直線運動，速度減到零后沿原路返回再次進入磁場，然后從P點射出，結合勻速圓周運動和勻變速直線運動的規律求解時間【詳解】（1）通過Q點進入電場區域的電子速度最大，其半徑r1=L解得能夠進入電場區域的電子的速度范圍是（2）設從P點離開磁場的電子半徑為r2，則解得由于則在電場中運動：解得所以電子由O到P運動時間為14、(1)2m/s2，(2)0.3s。【解析】(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴做勻速運動，所以有：qE＝＝mg即：qU＝mgd當下極板上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在電場中做類平拋運動，此時液滴所受電場力