2025屆云南省瀘水市第一中學高二物理第一學期期末學業水平測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，一帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出。已知板長為，板間距離為，板間電壓為，帶電粒子的電荷量為，粒子通過平行金屬板的時間為，不計粒子重力，則（）A.在前時間內，靜電力對粒子做的功為B.在后時間內，靜電力對粒子做的功為C.在粒子偏轉前和后的過程中，靜電力做功之比為D.在粒子偏轉前和后的過程中，靜電力做功之比為2、如圖所示，為一水平旋轉的橡膠盤，帶有大量均勻分布的負電荷，在圓盤正上方水平放置一通電直導線，電流方向如圖。當圓盤高速繞中心軸轉動時，通電直導線所受磁場力的方向是（）A.水平向里 B.水平向外C.豎直向上 D.豎直向下3、如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為1V、6V和9V．則D、E、F三點的電勢分別為（）A.＋7V、＋2V和＋1VB.－7V、－2V和＋1VC.＋7V、＋2V和－1VD＋7V、－2V和－1V4、通過某電阻的周期性交變電流的圖象如所示。則該交流電的有效值為A.1.5A B.4.5AC. D.5、利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，已知該元件的載流子為自由電子，下列說法中不正確的是A.電勢差UCD＞0B.電勢差UCD＜0C.形成電勢差UCD是因載流子受到磁場力而偏轉D.電勢差UCD穩定時，是因電場力與磁場力達到平衡6、如圖所示,在光滑水平面上一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來,此時磁鐵對水平面的壓力為FN1,現在磁鐵左上方位置固定一導體棒,當導體棒中通以垂直紙面向里的電流后,磁鐵對水平面的壓力為FN2,則以下說法正確的是()A.彈簧長度將變長 B.彈簧長度將變短C.FN1=FN2 D.FN1<FN2二、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，磁流體發電機的長方體發電導管的前后兩個側面是絕緣體，上下兩個側面是電阻可忽略的導電電極，兩極間距為，極板長和寬分別為和，這兩個電極與可變電阻相連，在垂直前后側面的方向上有一勻強磁場，磁感應強度大小為．發電導管內有電阻率為的高溫電離氣體——等離子體，等離子體以速度向右流動，并通過專用通道導出．不計等離子體流動時的阻力，調節可變電阻的阻值，則A.運動的等離子體產生的感應電動勢為B.可變電阻中的感應電流方向是從到C.若可變電阻的阻值為，則其中的電流為D.若可變電阻的阻值為，則可變電阻消耗的電功率為8、在一次南極科考中，科考人員使用磁強計測定地磁場的磁感應強度。其原理如圖所示，電路中有一段長方體的金屬導體，它長、寬、高分別為a、b、c，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中電流強度沿x軸正方向，大小為I．已知金屬導體單位體積中的自由電子數為n，電子電荷量為e，自由電子做定向移動可視為勻速運動，測出金屬導體前后兩個側面間電壓為U，則（）A.金屬導體的前側面電勢較低B.金屬導體的電阻為C.自由電子定向移動的速度大小為D.磁感應強度的大小為9、如圖所示，虛線框MNQP內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡．若不計粒子所受重力，則A.粒子a帶負電，粒子b、c帶正電B.粒子c在磁場中運動的時間最長C.粒子c在磁場中的動能最大D.粒子c在磁場中的加速度最小10、關于磁通量的概念，以下說法中錯誤的是()A.磁感應強度越大，穿過閉合回路的磁通量也越大B.磁感應強度越大，線圈面積越大，則磁通量也越大C.穿過線圈的磁通量為零，但磁感應強度不一定為零D.磁通量發生變化，一定是磁場發生變化引起的三、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）螺旋測微器和游標卡尺的示數如圖（a）和圖（b）所示由上圖讀得圓柱體的直徑為________mm，長度為_______cm12．（12分）我們可以通過實驗探究電磁感應現象中感應電流方向的決定因素和遵循的物理規律。以下是實驗探究過程的一部分。（1）如圖甲所示，當磁鐵的N極向下運動時，發現電流表指針偏轉，若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道_______。（2）如圖乙所示，實驗中發現閉合開關時，電流表指針向右偏轉。電路穩定后，若向左移動滑片，此過程中電流表指針向______偏轉，若將線圈A抽出，此過程中電流表指針向______偏轉。（均選填“左”或“右”）（3）某同學按圖丙完成探究實驗，在完成實驗后未斷開開關，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時突然被電擊了一下，則被電擊是在拆除______（選填“A”或“B”）線圈所在電路時發生的，分析可知，要避免電擊發生,在拆除電路前應______（選填“斷開開關”或“把A、B線圈分開放置”）。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，光滑絕緣水平面上靜置兩個質量均為m、相距為x0的小球A和B，A球所帶電荷量為+q，B球不帶電．現在A球右側區域的有限寬度范圍內加上水平向右的勻強電場，電場強度為E，小球A在電場力作用下由靜止開始運動，然后與B球發生彈性正碰，A、B碰撞過程中沒有電荷轉移，且碰撞過程時間極短，求：(1)A球與B球發生第一次碰撞后B球的速度；(2)從A球開始運動到兩球在電場中發生第二次碰撞前電場力對A球所做的功；(3)要使A、B兩球只發生三次碰撞，所加電場的寬度d應滿足的條件14．（16分）如圖所示，豎直平面內的直角坐標系xoy，其第一、三象限內存在水平向右的勻強電場，第四象限內存在豎直向上的勻強電場，場強大小均相等但未知．若在第三象限加上垂直xoy平面的磁場，可使質量為m、帶電量為+q的油滴以初速度v0沿直線AO運動，直線AO與y軸負半軸的夾角為45°，重力加速度為g，求：（1）勻強電場場強大小及第三象限所加磁場的方向；（2）油滴第一次經過x軸正半軸時與原點O的距離；（3）若在第四象限加上垂直紙面向外的勻強磁場，可使油滴經一次偏轉回到第三象限，求所加磁場磁感應強度大小的取值范圍．（答案可保留根號）15．（12分）如圖所示，在E=1×104V/m的水平方向的勻強電場中，有一光滑的半圓形絕緣軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓形軌道所在的豎直平面與電場線平行，P為QN圓弧的中點，其半徑R=20cm，一帶正電q=1×10-4C的小滑塊質量m=10g，與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.1，位于N點右側L=1.25m處，取g=10m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，并在Q點脫離半圓軌道水平向右拋出，求滑塊落到水平軌道時的落點與Q點的距離是多大？(2)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則滑塊應以多大的初速度v0向左運動？

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】AB．粒子在垂直于板的方向做初速度為零的勻加速運動：由可得，前時間內與時間內垂直于板方向之比為，在前時間內的位移為，在后時間內的位移為；電場力對粒子做功為故A錯誤，B正確；C．由電場力做功，則前粒子在下落前和后內，電場力做功之比。故CD錯誤。故選B。2、A【解析】帶負電圓盤如題目圖轉動時，形成逆時針方向（從上向下）的電流，根據右手螺旋定則可知，在圓盤上方形成的磁場方向豎直向上，根據左手定則，伸開左手，讓四指和電流方向一致，磁感線穿過手心，則大拇指指向垂直紙面向里，因此安培力的方向水平向里，故A正確，BCD錯誤。故選A。3、C【解析】根據題意，有：φA=1V，φB=6V，φC=9V，設φD=xV，由于勻強電場中沿著任意平行的方向前進相同距離，電勢的降落必定相等，由于從A到D方向平行于BC方向，且AD間距等于BC間距的兩倍，故有φD-φA=2（φC-φB），代入數據解得φD=φA+2（φC-φB）=1+2×（9-6）=7V，AB間的電勢差等于ED間的電勢差，即有：φA-φB=φE-φD，得φE=φA-φB+φD=1-6+7=2V；EF間電勢差等于CB間電勢差，有：φE-φF=φC-φB，得φF=φE-φC+φB=2-9+6=-1V，故φD=7V，φE=2V，φF=-1V，故C正確，ABD錯誤。4、C【解析】將交流與直流通過阻值都為R的電阻，設直流電流為I，則根據有效值的定義有：代入數據得解得故選C。5、A【解析】AB.根據左手定則，電子向C側面偏轉，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則UCD<0，故A錯誤，B正確；C.因為載流子在磁場中受到磁場力偏轉，C表面帶負電，D表面帶正電，使C、D表面之間形成電勢差，故C正確；D.C、D表面之間形成電勢差，使載流子受到與磁場力方向相反的電場力，當兩力達到平衡時，電勢差UCD達到穩定，故D正確。本題選擇錯誤答案，故選：A6、B【解析】開始時磁體受重力和支持力，二力平衡，故彈簧處于原長，磁體對地壓力等于磁體的重力；通電后，根據條形磁體磁感線分布情況得到直線電流所在位置磁場方向如圖所示，由左手定則可判斷出通電導線所受安培力方向如圖所示；由牛頓第三定律可知，條形磁鐵受到的電流對磁體的作用力斜向左上方，如圖所示，故磁體對地面的壓力減小，FN1>FN2，同時彈簧縮短；所以選項B正確，選項ACD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、CD【解析】由題，運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產生大小不變的電動勢，相當于電源；根據電阻定律求解內電阻，根據左手定則判斷電流方向，根據平衡條件判斷感應電動勢，并計算電功率【詳解】根據平衡有：，解得電源的電動勢E=Bdv，故A錯誤；根據左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向上，負電荷受到的洛倫茲力向下，故電流向上經過電源，向下經過電阻，即可變電阻R中的感應電流方向是從P到Q，故B錯誤；運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產生大小不變的電動勢，相當于電源，其內阻為，根據閉合電路的歐姆定律有：，則可變電阻消耗的電功率為，故CD正確，故選CD【點睛】解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，會通過電荷的平衡求出電動勢的大小，會根據閉合電路歐姆定律求解電流8、AD【解析】A．金屬導體中有自由電子，當電流形成時，金屬導體內的自由電子逆著電流的方向做定向移動，在磁場中受到洛倫茲力作用的是自由電子。由左手定則可知，自由電子受到的洛倫茲力沿z軸正方向，自由電子向前側面偏轉，金屬導體前側面聚集了電子，后側面感應出正電荷，金屬導體前側面電勢低，后側面電勢高，故A正確；B．金屬導體前后側面間的電勢差是感應電勢差，則有U＝EbE為感應電場強度，所以金屬導體的電阻不等于，故B錯誤；C．由電流的微觀表達式可知，電流I＝nevS＝nevbc電子定向移動的速度大小故C錯誤；D．電子在做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，由平衡條件得eE＝evB導體前后側面間的電勢差U＝Eb解得故D正確。故選AD。9、BD【解析】根據左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期：相同，粒子在磁場中的運動時間：，由于m、q、B都相同，粒子c轉過的圓心角最大，則射入磁場時c的運動時間最大，故B正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子的動能，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子動能越大，由圖示可知，b的軌道半徑r最大，則b粒子動能最大，故C錯誤；由牛頓第二定律得：，解得加速度：，三粒子q、B、m都相等，c在磁場中運動的半徑最小，c的加速度最小，故D正確．所以BD正確，AC錯誤10、ABD【解析】閉合電路的面積與垂直穿過它的磁感應強度的乘積叫做磁通量．計算公式：Φ=BS，式中的S可以理解為有效面積，即與磁場垂直的面積A、磁感應強度越大，有效面積不一定大，所以磁通量不一定大，A選項錯誤B、磁通量公式Φ=BScosθ的，由于線圈與磁場的方向之間的夾角不知道，所以不能判斷出線圈中的磁通量的大小。故B錯誤。C、當有效面積為零，磁場不為零時，磁通量一定為零，C選項正確D、磁通量發生變化，可能磁場發生變化，也可能是有效面積發生了變化，D選項錯誤故選ABD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、①.1.844②.4.240【解析】螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數；游標卡尺主尺與游標尺的示數之和是游標卡尺的示數；【詳解】螺旋測微器：不動刻度為1.5mm，可動刻度為，則讀數為；游標卡尺的主尺讀數為，游標尺上第8個刻度與主尺上某一刻度對齊，故其讀數為，所以最終讀數為：；12、①.電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系②.右③.左④.A⑤.斷開開關【解析】(1)[1]如圖甲所示，當磁鐵的N極向下運動時，發現電流表指針偏轉，若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系；(2)[2][3]如圖乙所示，實驗中發現閉合開關時，穿過線圈B的磁通量增加，電流表指針向右偏；電路穩定后，若向左移動滑動觸頭，通過線圈A的電流增大，磁感應強度增大，穿過線圈B的磁通量增大，電流表指針向右偏轉；若將線圈A抽出，穿過線圈B的磁通量減少，電流表指針向左偏轉；(3)[4][5]在完成實驗后未斷開開關，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時，線圈A中的電流突然減少，從而出現斷電自感現象，線圈中會產生自感電動勢，進而突然會被電擊了一下，為了避免此現象，則在拆除電路前應斷開開關。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）5qEx0（3）8x0<d≤18x0【解析】（1）設A球與B球第一次碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度分別為vA1、vB1對A，根據牛頓第二定律得：qE=ma由運動學公式有：v02=2ax0解得：v0=對于AB碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mv0=mvA1+mvB1mv02=mvA12+mvB12解得：vB1=v0=，vA1=0（2）設第一次碰撞到第二次碰撞前經歷的時間為t1．有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1從A球開始運動到兩球在電場中發生第二次碰撞前電場力對A球所做的功為：W=qE（x0+xA1）解得：W=5qEx0（3）設第二次碰撞前A的速度為vA1′，碰撞后A、B的速度分別為vA2、vB2．有：vA1′=vA1+at1第二次碰撞過程，有：mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2mvA1′2+mvB12=mvA22+mvB22第二次碰撞后，當A球速度等于B球速度vB2時，A球剛好離開電場，電場區域寬度最小，有：vB22-vA22=2a?△x1A、B兩球在電場中發生第三碰撞后，當A球速度等于B球速度時，A球剛好離開電場，電場區域的寬度最大，設第三次碰撞前A球的速度為vA2′，碰撞后A、B的速度分別為vA3、vB3．二、三次碰撞間經歷的時間為t2．有：xA2=vA2t2+at22=vB2t2vA2′=vA2+at2第三次碰撞過程，有：mvA2′+mvB2=mvA3+mvB3mvA2′2+mvB22=mvA32+mvB32vB32-vA32=2a?△x2所以電場區域寬度d應