2025屆海南省樂東思源高中物理高二上期末達標檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、一正三角形導線框高為從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩勻強磁場區域．兩磁場區域磁感應強度大小均為B、磁場方向相反且均垂直于xOy平面，磁場區域寬度均為a．則感應電流I與線框移動距離x的關系圖象可能是（以逆時針方向為感應電流的正方向A. B.C. D.2、一個帶正電的質點，電荷量q=2.0×10﹣9C，在靜電場中由a點移到b點，在這過程中，除靜電力外，其他力做的功為2.0×10﹣5J，質點的動能增加了8.0×10﹣5J，則a、b兩點間的電勢差為（）A.3.0×104V B.1.0×104VC.4.0×104V D.7.0×104V3、如下圖所示的均勻磁場中，已經標出了電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者其方向，其中錯誤的是（）A.B.C.D.4、如圖1所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B．垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖2的變化電流I、周期為T，電流值為I，圖1中I所示方向為電流正方向．則金屬棒（）A.在一個周期內先向右移動再向左移動B.在一個周期內加速度保持不變C.受到的安培力在一個周期內都做正功D.在一個周期內動能先增大后減小5、如右圖甲所示，水平的光滑桿上有一彈簧振子，振子以O點為平衡位置，在a、b兩點之間做簡諧運動，其振動圖象如圖乙所示．由振動圖象可以得知()A.振子的振動周期等于t1B.在t＝0時刻，振子的位置在a點C.在t＝t1時刻，振子的速度為零D.從t1到t2，振子正從O點向b點運動6、在如圖所示電路中，L為電阻很小的線圈，G1和G2為零點在表盤中央的相同的電流表．當開關S閉合時，電流表G1指針偏向右方，那么當開關S斷開時，將出現的現象是()A.G1和G2指針都立即回到零點B.G1指針立即回到零點，而G2指針緩慢地回到零點C.G1指針緩慢回到零點，而G2指針先立即偏向右方，然后緩慢地回到零點D.G1指針立即偏向左方，然后緩慢地回到零點，而G2指針緩慢地回到零點二、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,兩極板水平放置的平行板電容器間形成勻強電場.兩極板間相距為d.一帶負電的微粒從上極板M的邊緣以初速度v0射入,沿直線從下極板N的邊緣射出.已知微粒的電荷量為q,質量為m.下列說法正確的是()A.微粒運動的加速度為0 B.微粒的電勢能減小了mgdC.兩極板間的電勢差為 D.M極板的電勢比N極板的電勢低8、如圖所示，豎直放置的絕緣桿足夠長，一質量為m、電荷量為+q的小球穿在桿上，可沿桿滑動，且二者間的動摩擦因數為μ，空間有正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，方向水平向左，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，小球從靜止釋放后能沿桿下滑，且從靜止開始至達到最大速度時下滑的高度為h，已知重力加速度為g，則根據上述所給條件A.可求出小球的最大加速度B.能求出小球的最大速度C.能求出從開始釋放至最大加速度過程中的摩擦生熱D.能求出從開始釋放至最大速度過程中的摩擦生熱9、某橫波在介質中沿x軸傳播，圖甲為t=0.25s時的波形圖，圖乙為P點（x=1.5m處的質點）的振動圖象，那么下列說法正確的是（）A.該波向右傳播，波速為B.質點L與質點N的運動方向總相反C.時，質點M處于平衡位置，并正在往y軸負方向運動D.時，質點K向右運動了2m10、如圖所示，三個質量相同，帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中()A.電場力對液滴a、b做的功相同B.三者動能增量相同C.液滴a電勢能的增加量等于液滴b電勢能的減小量D.重力對三者做的功相同三、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）一多用電表的電阻檔有三個倍率，分別是×1、×10、×100．用×10檔測量某電阻時，操作步驟正確，發現表頭指針偏轉角度很小，為了較準確地進行測量，應換到________檔．如果換檔后立即用表筆連接待測電阻進行讀數，那么缺少的步驟是__________，若補上該步驟后測量，表盤的示數如圖，則該電阻的阻值是________Ω12．（12分）某同學在測定一節干電池的電動勢和內阻的實驗中，備有下列器材：A．待測的干電池（電動勢約為1.5V，內阻小于1.0Ω）B．電流表A1（量程0～3mA，內阻Rg1＝10Ω）C．電流表A2（量程0～0.6A，內阻Rg2約為0.1Ω）D．滑動變阻器R1（阻值范圍0～20Ω，額定電流10A）E．滑動變阻器R2（阻值范圍0～200Ω，額定電流1A）F．電阻箱R0（阻值范圍0～999Ω）G．開關和導線若干（1）某同學發現上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖a、b、c、d所示的四個參考實驗電路，并計劃用圖象法處理實驗數據，其中最合理的是圖________所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選________(填寫器材前的字母代號)（2）該同學選出合理的實驗電路后，把與R0串聯的電流表當作量程為0～3V的電壓表使用，于是將電阻箱R0的阻值調至________Ω（3）下圖為該同學利用(1)中選出的合理的實驗電路測出的數據繪出的I1－I2圖線(I1為電流表A1的示數，I2為電流表A2的示數)，被測干電池的電動勢E＝______V，內阻r＝______Ω．（結果保留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）如圖所示，坐標平面第一象限內存在大小為E＝3×105N/C、方向水平向左的勻強電場，在第二象限內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。有一個的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×107m/s從x軸上的A點垂直x軸射入電場，OA的距離x=0.15m，不計粒子的重力。求：(1)若粒子經過y軸時的位置坐標為（0，0.4m），求該帶電粒子的荷質比；(2)在滿足第一問的條件下，若要使粒子恰好不能進入第三象限，求磁感應強度B的取值（不考慮粒子第二次進入電場后的運動情況）。14．（16分）電路如圖（甲）所示，定值電阻R=3Ω，電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線如圖（乙）所示，閉合電鍵S，求：（1）電源的電動勢E和內電阻r；（2）電源的路端電壓U；（3）電源的輸出功率P。15．（12分）如圖所示，坐標空間中有場強為E=100N/C的勻強電場和磁感應強度為B=10-3T的勻強磁場，y軸為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區域的右邊界，現有一質量為m，電荷量為-q的帶電粒子從電場中坐標位置(-1，0)處，以初速度vo=105m/s沿x軸正方向開始運動，且已知帶電粒子的比荷=108C/kg，粒子的重力忽略不計，則：(1)求帶電粒子進入磁場的速度大小；(2)為使帶電粒子能穿越磁場區域而不再返回電場中，求磁場的寬度d應滿足的條件

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、C【解析】當線框移動距離x在a～2a范圍，線框穿過兩磁場分界線時，BC、AC邊在右側磁場中切割磁感線，有效切割長度逐漸增大，產生的感應電動勢E1增大，AC邊在左側磁場中切割磁感線，產生的感應電動勢E2不變，兩個電動勢串聯，總電動勢E=E1+E2增大，故A錯誤；當線框移動距離x在0～a范圍，線框穿過左側磁場時，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針，為正值，故B錯誤；當線框移動距離x在2a～3a范圍，線框穿過左側磁場時，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針，為正值，故C正確，D錯誤．所以C正確，ABD錯誤2、A【解析】質點在電場中移動，根據動能定理有：得a、b兩點間的電勢差故選A3、C【解析】ABD．根據左手定則，ABD正確；C．C項導體棒與磁場平行，不受力，C錯誤。本題選錯誤的，故選C。4、D【解析】根據左手定則判斷出安培力的方向，結合加速度方向與速度方向的關系判斷金屬棒的運動規律．從而得出速度、安培力隨時間的變化規律，根據安培力的做功情況判斷動能變化【詳解】根據左手定則知，導體棒開始所受的安培力方向水平向右，根據F＝BIL知，安培力在第一個T/2內做勻加速直線運動，在第二個T/2內，安培力方向水平向左，大小不變，做勻減速直線運動，根據運動的對稱性知，一個周期末速度為零，金屬棒的速度方向未變；知金屬棒一直向右移動，先向右做勻加速直線運動，再向右做勻減速運動，加速度大小不變，方向改變，速度隨時間周期性變化；安培力在一個周期內先做正功，后做負功，在一個周期內動能先增大后減小．故ABC錯誤，D正確．故選D【點睛】解決本題的關鍵掌握安培力的方向判斷，會根據金屬棒的受力情況判斷其運動情況是解決本題的基礎5、D【解析】A中振子的振動周期等于2t1，故A不對；B中在t=0時刻，振子的位置在O點，然后向左運動，故B不對；C中在t=t1時刻，振子經過平衡位置，此時它的速度最大，故C不對；D中從t1到t2，振子正從O點向b點運動，故D是正確的6、D【解析】當開關閉合時，兩表指針均向右方偏，說明電流計指針向電流流進的方向偏．當開關斷開時，通過線圈的電流變小，導致線圈中產生瞬間感應電動勢，相當于一個瞬間電源，線圈左端是電源正極，產生自感電流的方向更原電流的方向相同，從而阻礙電流的變小，所以使得G2的指針緩慢地回到零點，而G1的指針先立即偏向左方，然后緩慢地回到零點，故ABC錯誤，D正確考點：本題考查了自感系數和自感現象，意在考查考生處理通電、斷電瞬間燈泡亮度變化問題的能力二、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、AC【解析】知，微粒做勻速直線運動，加速度為零．故A正確．重力做功mgd，微粒的重力勢能減小，動能不變，根據能量守恒定律得知，微粒的電勢能增加了mgd．故B錯誤．由上可知微粒的電勢能增加量△?=mgd，又△?=qU，得到兩極板的電勢差U=．故C正確．由題可判斷出電場力方向豎直向上，微粒帶負電，電場強度方向豎直向下，M板的電勢高于N板的電勢．故D錯誤．故選AC.8、ABD【解析】A．小球下滑過程中，受到重力、摩擦力（可能有）、彈力（可能有）、向右的洛倫茲力、向左的電場力，開始階段，洛倫茲力小于電場力時，小球向下做加速運動時，速度增大，洛倫茲力增大，小球所受的桿的彈力向右，大小為N隨著v增大而減小，滑動摩擦力f=μN也減小，小球所受的合力所以f減小，F合增大，加速度a增大；當洛倫茲力等于電場力時，合力等于重力，加速度最大，小球繼續向下做加速運動，洛倫茲力大于電場力，小球所受的桿的彈力向左，大小為v增大，N增大，f增大，F合減小，a減小。mg=f時，a=0，故加速度先增大后減小，直到為零；所以小球的最大加速度為g，故A正確；B．小球的加速度為零，做勻速運動時速度最大，受力如圖，則有而此時即解得，物體的最大速度故B正確；C．從靜止開始至達到最大速度時下滑的高度未知，所以不能求出從開始釋放至最大加速度過程中的摩擦生熱，故C錯誤；D．從靜止開始至達到最大速度時下滑的高度為h，根據能量守恒定律得則知摩擦生熱Q可以求出，故D正確。故選ABD。9、AB【解析】根據質點P點的振動圖象，可確定波的傳播方向，再由波的傳播方向來確定質點L的振動方向．由振動圖象讀出質點的振動周期，從而知道波的傳播周期，根據，從而求出波速，質點不隨著波遷移【詳解】從振動圖象可知，在t=0.25s時，P點振動方向向上，所以波向右傳播，且據，則有v=m/s=2m/s，故A正確；由波動圖象可知，質點L與質點N平衡位置間距為半個波長，振動情況總是相反，因此運動方向總是相反，故B正確．由乙圖可知周期是2s；甲圖為t=0.25s時的波形圖，到t=0.75s時經過了的時間是：0.75s-0.25s=0.5s=T時，即t=0.75s時，質點M處于平衡位置，并正在向y軸正方向運動．故C錯誤．在1.25s時間內，質點K在平衡位置來回振動，并不隨著波遷移．故D錯誤．故選AB【點睛】本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力，以及把握兩種圖象聯系的能力，同時掌握由振動圖象來確定波動圖象的傳播方向10、AD【解析】A項：因為液滴a、b的電荷量大小相等，則液滴所受的電場力大小相等，由靜止釋放，穿過兩板的時間相等，則偏轉位移大小相等，電場力做功相等，故A正確；B項：電場力對a、b兩液滴做功相等，重力做功相等，則動能的增量相等，對于c液滴，只有重力做功，小于a、b動能的增量，故B錯誤；C項：對于液滴a和液滴b，電場力均做正功，電勢能均減小．故C錯誤；D項：根據公式，液滴進入電場后豎直方向都做自由落體運動，運動位移相機，則重力對三者做功相同，故D正確點晴：解決本題的關鍵知道電場力做功與電勢能的關系，以及會通過等時性比較偏轉位移的大小，本題根據等時性，比較出a、b液滴的運動時間，從而比較出偏轉位移，得知電場力做功情況，電場力做功等于電勢能的減小量三、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.×100②.歐姆調零（或重新歐姆調零）③.2.2×103(或2.2k)【解析】[1]．用×10檔測量某電阻時，操作步驟正確，發現表頭指針偏轉角度很小，則可能是檔位選擇偏低，為了較準確地進行測量，應換到×100檔[2][3]．如果換檔后立即用表筆連接待測電阻進行讀數，那么缺少的步驟是歐姆調零（或重新歐姆調零），若補上該步驟后測量，表盤的示數如圖，則該電阻的阻值是2.2×103(或2.2k)Ω12、①.b②.D③.990④.1.48⑤.0.85【解析】(1)[1][2]上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表串聯一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表．四個參考實驗電路，其中合理的是b，因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數據的測量和誤差的減小．滑動變阻器應選D(2)[3]根據歐姆定律可知：，代入數據解得：(3)[4][5]根據歐姆定律和串聯的知識得，電源兩端電壓：U=I1（990+10）=1000I1，根據圖象與縱軸的交點得電動勢：E=1.48mA×1000Ω=1.48V，與橫軸的交點可得出路端電壓為1.1V時電流是0.45A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得：r=0.85Ω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