2025屆浙江省鎮海市鎮海中學物理高二第一學期期末學業水平測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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、如圖所示的U一I圖像中，直線a表示某電源路端電壓與電流的關系，直線b為某一電阻R的伏安特性曲線。用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖像可知A.R的阻值為0.5Ω B.電源電動勢為4.0V，內阻為0.5ΩC.電源的短路電流為1.0A D.電源內部消耗功率為2.0W2、如圖所示，運動員揮拍將質量為m的網球擊出，如果網球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1．重力影響可忽略，則此過程中拍子對網球作用力的沖量為（）A.大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同B.大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同C.大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同D.大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同3、關于物理學史，下列說法中正確的是（）A.奧斯特實驗發現了電流的磁效應，即電流可以產生磁場B.安培認為磁化使鐵質物體內部產生了分子電流C.庫侖發現了點電荷的相互作用規律，并通過油滴實驗測定了元電荷的數值D.庫侖通過扭秤實驗測出了引力常量G的大小4、如圖所示,導線框中電流I,導線框垂直于磁場放置,磁感應強度為B,AB與CD相距為d,則棒MN所受安培力大小()A. B.C. D.5、如圖（a）所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環固定在水平面內，缺口兩端引出兩根導線，與電阻R構成閉合回路。若圓環內加一垂直于紙面變化的磁場，變化規律如圖（b）所示，規定磁場方向垂直紙面向里為正，不計金屬圓環的電阻。以下說法正確的是（）A.0~1s內，流過電阻R的電流方向為a→bB.1~2s內，回路中的電流逐漸減小C.2~3s內，穿過金屬圓環的磁通量在減小D.t=2s時，Uab＝6、關于磁感強度，下列說法中正確的是：（）A.由可知，B與F成正比，與IL成反比B.磁場中某點磁感應強度只由磁場本身性質決定，與通電導線受力F和IL無關C.通電導線在磁場中某點不受磁場力作用，則該點的磁感強度一定為零D.磁場中某點的磁感強度的方向與通電導線受到的安培力方向相同二、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，電路電壓U保持不變，滑動變阻器R的總阻值與R2的阻值均為20Ω，電阻R1的阻值為5Ω.當滑動變阻器R的滑動端P由a向b滑動過程中()A.干路中電流不斷增大B.R1上消耗電功率不斷增大C.R1上消耗電功率不斷減小D.R2上消耗電功率不斷減小8、如圖所示，放在通電螺線管內部中間處的小磁針，靜止時N極指向右端（）A.電源c端為負極B.電源c端為正極C.通電螺線管的a端是N極D.通電螺線管的a端是S極9、在如圖所示的U﹣I圖象中，直線a為某電源的路端電壓U與干路電流I的關系圖象，直線b為某電阻R的U﹣I圖象．用該電源與電阻R直接連成一閉合電路，由圖象可知（）A.R的阻值為0.5ΩB.電源電動勢為3V，內電阻為1.5ΩC.電源的輸出功率為3.0WD.電源的效率為50%10、用絕緣細線懸掛一個質量為m，帶電荷量為+q的小球，讓它處于如圖所示的磁感應強度為B的勻強磁場中．由于磁場的運動，小球靜止在如圖位置，這時懸線與豎直方向夾角為α，懸線處于伸直狀態，則磁場的運動速度和方向可能是（）A.，水平向左B.，水平向下C.，豎直向上D.，水平向右三、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）“天宮二號”被稱為是我國首個真正意義上的空間實驗室，是繼“天宮一號”后中國自主研發的第二個空間實驗室，“天宮二號”的發射將全面開啟中國空間實驗室任務，為我國未來空間站建設打下重要基礎．設“天宮二號”在距地面高為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球的質量為M、半徑為R，引力常量為G，且不考慮地球自傳的影響．則“天宮二號”繞地球運動的線速度大小為________，周期為________，向心加速度大小為________（2）某發電站，發電機的輸出功率為5×105kw，采用500kv的高壓輸電，輸電線上的總電阻為20Ω，則輸電線上的電流為________A，輸電線上損失的電壓為________V，輸電線上損失的電功率為________kw（3）我們可以通過以下實驗來探究“電磁感應現象”①接好電路后，合上開關瞬間，電流表指針________（選填“偏轉”或“不偏轉”）；②合上開關，電路穩定后，電流表指針________（選填“偏轉”或“不偏轉”）；③如果合上開關后，將原線圈A迅速插入副線圈B時，發現靈敏電流計指針向右偏了一下．那么原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向右移動時，電流計指針將向________偏（選填“右”或“左”）12．（12分）在利用碰撞做“驗證動量守恒定律”的實驗中，實驗裝置如圖甲所示，圖中斜槽部分與水平槽部分平滑連接，按要求安裝好儀器后開始實驗．圖中設計有一個支柱（通過調整，可使兩球的球心在同一水平線上，上面的小球被碰離開后，支柱立即倒下）．先不放被碰小球，讓入射小球從擋板C處由靜止滾下，重復若干次；然后把被碰小球放到支柱上，有重復若干次．在白紙上記錄下掛于槽口的重錘線在記錄紙上的豎直投影點和各次實驗時小球落點的平均位置，從左至右依次為O、M、P、N點，兩小球直徑相等，并用刻度尺測出OM、OP、ON的長度．入射小球和被碰小球的質量分別為m1、m2．則（1）入射小球的質量m1和被碰小球的質量m2應該滿足m2_____m1（填“>”或“<”）（2）用螺旋測微器測量小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑d=___________mm（3）當所測的物理量滿足表達式_____________________（用所測物理量的字母表示）時，即說明兩球的碰撞遵守動量守恒定律（4）某次實驗得到入射小球的落點M、P到O距離如圖丙所示，假設兩球的碰撞是彈性正碰，則被碰小球的落點N到O的距離ON=_________cm．（保留2位小數）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，正方形區域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知該區域的邊長為。一個帶電粒子（不計重力）從中點以速度水平飛入，恰能勻速通過該場區；若僅撤去該區域內的磁場，使該粒子以同樣的速度從中點飛入場區，最后恰能從點飛出；若僅撤去該區域內的電場，該帶電粒子仍從中點以相同的速度進入場區，求：(1)該粒子最后飛出場區的位置；(2)僅存電場與僅存磁場的兩種情況下，帶電粒子飛出場區時速度偏向角之比是多少？14．（16分）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度，金屬棒AD長，與框架寬度相同，電阻r=1.3Ω，框架電阻不計，電阻R1=2Ω，R2=3Ω當金屬棒以5m/s速度勻速向右運動時，求：（1）流過金屬棒的感應電流為多大？（2）若圖中電容器C為0.3μF，則電容器中儲存多少電荷量？15．（12分）在電場中把一個電荷量為-6×10-8C的點電荷從A點移到B點，克服電場力做功3×10-5J；將此電荷從B點移到C點，電場力做功為4.5×10-5J．則：（1）若將此電荷從A點移到C點，電荷的電勢能變化多少？AC間的電勢差為多少？（2）若A點的電勢為零，則B、C兩點的電勢分別為多少？

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、D【解析】A．R的U-I圖線的斜率大小等于R的阻值，則故A錯誤；B．根據閉合電路歐姆定：U=E-Ir，當I=0時，U=E，可讀出電源的電動勢E=4.0V，內阻等于圖線a的斜率大小，則故B錯誤；C．當路端電壓為0時的電流即為短路電流，由圖可知，電源的短路電流為2.0A，故C錯誤；D．電源內部消耗功率為故D正確。故選D。2、D【解析】設擊打前球的速度方向為正，則擊打后的速度為負，則前后的動量分別為mv1和-mv2；由動量定理可得：合外力的沖量I=-mv2-mv1=-m（v2+v1），即沖量的大小為m（v2+v1），負號表示沖量與正方向相反，即與v2方向相同；故選D3、A【解析】A．奧斯特實驗發現了電流的磁效應，即電流可以產生磁場，故A正確；B．安培提出分子電流假說，很好解釋了磁現象的電本質，他認為所有物體里面都有分子電流，磁化使鐵質物體內部的分子電流的取向趨向一致，故B錯誤；C．庫侖發現了點電荷的相互作用規律，密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數值，故C錯誤；D．卡文迪許通過扭秤實驗測出了引力常量G的大小，故D錯誤。故選A。4、D【解析】導體棒都在磁場中，故安培力為故D正確；故選D。5、D【解析】A．0~1s內，穿過線圈垂直紙面向里的磁場在增大，根據楞次定律可得流過電阻R的電流方向為b→a，選項A錯誤；B．1~2s內，回路中電流圖像的斜率在1~2s內磁通量變化率恒定，所以電流恒定，選項B錯誤；C．2~3s內，穿過金屬圓環的磁通量垂直紙面向外在增大，選項C錯誤；D．由圖像可知t=2s時根據法拉第電磁感應定律可知，在第2s內選項D正確。故選D。【點睛】注意磁通量變化量的方向，先判斷穿過線圈的磁通量的變化情況，然后后根據楞次定律判斷電流方向，此時線圈相當于一個電源，一定要注意這個電源有沒有內阻。6、B【解析】AB．磁感應強度的定義式是，這是比值定義法定義的物理量，B與F、I、L均沒有關系，它是由磁場的本身決定，A錯誤B正確；C．通電導線受安培力為零的地方，磁感應強度不一定為零，如當通電導線與磁場平行放置，不受安培力，C錯誤；D．根據左手定則可知磁場中某點的磁感強度的方向與通電導線受到的安培力方向垂直，D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、ABD【解析】電路的動態分析。【詳解】A．當滑動變阻器R的滑動端P由a向b滑動過程中，滑動變阻器阻值減小，總電阻減小，由：可得，干路中電流增大，A正確；BC．R1上消耗電功率：由于干路中電流增大，可得，R1上消耗電功率不斷增大，B正確，C錯誤；D．R2上消耗電功率為：其中，R2上的電壓：干路中電流增大，所以電壓減小，可得R2上消耗電功率不斷減小，D正確。故選ABD。8、BD【解析】AB.小磁針的N極水平向右，知螺線管內部的磁場方向向右，根據右手螺旋定則知，電流從螺線管左邊導線進入，則電源c端為電源的正極，故A錯誤，B正確；CD.通電螺旋管內部磁場方向從S極指向N極，由小磁針的N極水平向右，知通電螺線管的左端a為S極，故C錯誤，D正確。故選：BD。9、BD【解析】A．圖線b的斜率表示電阻，所以電阻為故A錯誤；B．根據閉合電路歐姆定律得U=E-Ir，知當I=0時，U=E，由讀出電源的電動勢E=3V，內阻等于圖線的斜率大小，則故B正確；C．兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時的工作狀態，由圖讀出電壓U=1.5V，電流I=1.0A，則電源的輸出功率為故C錯誤；D．電源的效率為故D正確10、AC【解析】若磁場的運動方向水平向左，則小球相對磁場水平向右，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，當洛倫茲力等于重力，處于平衡狀態，則有：Bqv=mg，解得：，故A正確；若磁場的運動方向豎直向下，則小球相對磁場豎直向上，由左手定則可知，洛倫茲力方向水平向左，則不可能處于平衡狀態．故B錯誤；若磁場的運動方向豎直向上，則小球相對磁場豎直向下，由左手定則可知，洛倫茲力方向水平向右，當洛倫茲力與拉力的合力與重力相等時，則處于平衡狀態，則有：Bqv=mgtanα，解得：，故C正確，若磁場的運動方向水平向右，則小球相對磁場水平向左，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向下，不可能處于平衡狀態，D錯誤；故選AC【點睛】此題考查左手定則與平衡方程的應用，注意相對運動理解，突出小球相對磁場的運動方向是解題的關鍵，同時掌握三角函數的應用三、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、①.②.③.④.1000（1×103）⑤.20000（2×104）⑥.2×104⑦.偏轉⑧.不偏轉⑨.右【解析】(1)由公式可知，其中，解得：，，；(2)輸電線上的電流為，輸電線上損失的電壓為，輸電線上損失的功率；(3)合上開關瞬間，線圈A中電流增大，A中的電流產生的磁場增大，穿過B線圈的磁通量增大，所以在電流表中產生感應電流，即電流表指針發生偏轉；合上開關，電路穩定后，線圈A中的電流不變，電流產生的磁場不變，穿過B線圈的磁通量不變，所以電流表指針不發生偏轉；如果合上開關后，將原線圈A迅速插入副線圈B時，穿過B線圈的磁通量增大，靈敏電流計指針向右偏，滑動變阻器滑片迅速向右移動時，電路中的總電阻變小，總電流變大，穿過線圈B的磁通量增大，所以靈敏電流計指針向右偏12、①.<②.12.803（12.802-12.804）③.m1OP=m1OM+m2（ON-d）④.36.28【解析】（1）為防止入射球反彈，入射小球的質量要大于被碰小球的質量；（2）螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．（3）根據動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式，然后根據表達式分析答題；（4）根據動量守恒定律以及機械能守恒定律列式，聯立即可求得速度關系，從而求出OM、ON以及OP之間的關系【詳解】（1）為防止入射球反彈，入射小球的質量m1和被碰小球的質量m2應該滿足m2<m1；（2）螺旋測微器的固定刻度讀數為12.5mm，可動刻度讀數為0.01×30.3mm=0.303mm，所以最終讀數為：d=12.5mm+0.303mm=12.803mm（3）由動量守恒定律可知，如果動量守恒，則應保證：m1v=m1v1+m2v2；因為平拋運動的時間相等，則水平位移可以代表速度，OP是A球不與B球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平拋運動的位移，該位移可以代表碰撞后A球的速度，（ON-d）是碰撞后B球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B球的速度，當所測物理量滿足表達式m1?OP=m1?OM+m2?（ON-d），說明兩球碰撞遵守動量守恒定律；（4）設入射小球質量為m1，被碰小球質量為m2．碰撞前入射球速度為v0，碰撞后兩球速度分別為v1、v2．根據動量守恒得和機械守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2m1v02=m1v12+m2v22聯立