2025屆浙江省各地物理高二第一學期期末聯考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?？荚嚱Y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、為監測化工廠的污水排放量，環保部門在化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的圓管狀電磁流量計，該裝置由非磁性的絕緣材料制成，圓管內徑為d，a、b是圓管內同一條直徑上的兩端點，外加磁感應強度為B、方向垂直圓管直徑的勻強磁場，當充滿管口的含有大量帶電離子的污水從左向右流經圓管時，測得a、b兩點間的電勢差為u，若用Q表示污水流量（單位時間內流出的污水體積），則Q與u的關系式為A. B.C. D.Q=u2、某同學用伏安法測電阻時，分別采用了電流表內接法和外接法，測得的某電阻Rx的阻值分別為R1和R2，則所測阻值與真實值Rx之間的關系為()A.R1＞Rx＞R2 B.R1＜Rx＜R2C.R1＞R2＞Rx D.R1＜R2＜Rx3、如圖所示,R是一個滑動變阻器,M、N為水平正對放置的兩塊平行金屬板,兩板間帶電微粒Q處于靜止狀態,則下列說法正確的是()A.若只減小M、N兩金屬板的間距，則有向左的電流通過電阻RB.若只減小M、N兩金屬板的間距，Q將向下運動C.若只將滑動變阻器滑片由中間滑到最左端，Q將向下運動D.若只在緊貼N板內側插入一塊一定厚度的金屬片，Q將向上運動4、某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是A.a點的電勢高于b點的電勢B.c點的場強大于d點的場強C.若將正試探電荷由a點移到b點，電場力做正功D.若將一負試探電荷由c點移到d點，電勢能減小5、電磁軌道炮工作原理如圖所示，待發射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸，電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回，軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出，現欲使彈體的出射速度增加到原來的2倍，理論上可采用的方法是（）A.只將電流I增加至原來的2倍B.只將彈體質量減至原來的一半C.只將軌道長度L變為原來的2倍D.將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變為原來的4倍，其它量不變6、在如圖的電路中，當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時，A、B兩燈亮度的變化情況為（）A.A燈和B燈都變亮 B.A燈、B燈都變暗C.A燈變亮，B燈變暗 D.A燈變暗，B燈變亮二、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,平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態,不考慮電流表和電壓表對電路的影響,當滑動變阻器R4的滑片向a端移動時,則()A.電壓表讀數變大 B.電流表讀數變大C.質點P將向上運動 D.R1上消耗的功率逐漸增大8、如圖所示，電源內阻可忽略不計，電路中接有一小燈泡和一電動機，小燈泡L上標有“12V12W”字樣，電動機的線圈內阻若燈泡正常發光,電源的輸出電壓為16V,此時A.電動機的輸入功率為12WB.電動機的輸出功率為3WC.小燈泡的熱功率是12WD.整個電路消耗的電功率為12W9、如圖，半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．M為磁場邊界上一點有無數個帶電量為q、質量為m的相同粒子（不計重力）在紙面內向各個方向以相同的速率通過M點進入磁場，這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的．下列說法正確的是（）A.粒子從M點進入磁場時的速率為B.粒子從M點進入磁場時的速率為C.若將磁感應強度的大小增加到，則粒子射出邊界的圓弧長度變為原來D.若將磁感應強度的大小增加到，則粒子射出邊界的圓弧長度變為原來10、如圖所示，物體A、B、C放在光滑水平面上用細線a、b連接，力F作用在A上，使三物體在水平面上運動，若在B上放一小物體D，D隨B一起運動，且原來的拉力F保持不變，那么加上物體D后兩繩中拉力的變化是（）A.Ta增大 B.Tb增大C.Ta變小 D.Tb變小三、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）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）12．（12分）某同學對實驗室一個多用電表中的電池進行更換時，發現里面除了一節1.5V的干電池外，還有一個方形的層疊電池。為了測定層疊電池的電動勢和內阻，實驗室中提供了如下器材：A.電流表A1（滿偏電流10mA，內阻10Ω）B.電流表A2（0~0.6A~3A，內阻未知）C.滑動變阻器R（0~100Ω，1.0A）D定值電阻R0（阻值990Ω）E.開關S與導線若干（1）該同學根據現有的實驗器材，設計了合理的電路。請你在如圖所示的方框內畫出相應的電路圖______。（2）該同學根據上述設計的實驗電路測出多組數據，繪出如下圖所示的I1－I2圖線（I1為電流表A1的示數，I2為電流表A2的示數），則由圖線可以得到被測電池的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω。（保留兩位有效數字）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）在“測量金屬絲電阻率實驗”中，有如下器材：電池組（電動勢3V，內阻約1Ω）、電流表（內阻約0.1Ω）、電壓表（內阻約3kΩ）、滑動變阻器R（0～50Ω，額定電流2A）、開關、導線若干.請完成下列問題（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，為防止讀數時測微螺桿發生轉動，讀數前應先旋緊如圖甲所示的部件______（選填“A”、“B”、“C”或“D”）．從圖甲中的示數可讀出合金絲的直徑為d=______mm（2）某小組同學利用以上器材進行實驗，請根據原理圖乙完成實物圖丙中的連線，并使在閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞.記錄數據如下____________：次數123456U/V0.300.701.001.501.702.30I/A0.0660.1600.2200.3400.4600.520（3）這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖丁所示，圖中已標出了與測量數據對應的6個坐標點.請根據標出的坐標點，描繪出U－I圖線.并由圖線得到金屬絲的阻值Rx＝______Ω．（保留兩位有效數字）（4）若實驗過程中發現，無論如何調節滑動變阻器，電壓表示數不發生變化，則發生故障的可能原因是_______________________________________________.（5）任何實驗測量都存在誤差，本實驗所用測量儀器均已校準，下列關于誤差的說法中正確的有______.A．用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于系統誤差B．測量金屬絲的直徑時，要在不同位置多次測量，是為了消除偶然誤差C．由電流表和電壓表的內阻引起的誤差屬于偶然誤差D．用U－I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差14．（16分）輕質細線吊著一質量為m＝0.64kg、邊長為2L＝0.8m、匝數n＝10的正方形線圈ABCD，線圈總電阻為R＝1Ω.邊長為L的正方形磁場區域對稱分布在線圈下邊的兩側，如圖甲所示．磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化如圖乙所示，從t＝0開始經t0時間細線開始松弛，g取10m/s2.求：(1)在0～4s內，穿過線圈ABCD磁通量的變化ΔΦ及線圈中產生的感應電動勢E；(2)在前4s時間內線圈ABCD的電功率；(3)求t0的值.15．（12分）質譜儀是分離和檢測不同同位素的儀器，由靜電分析器和磁分析器等組成的質譜儀如圖所示。左側靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點等距離處各點的場強大小相等的徑向電場。右側的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩邊界間距近似為零。從離子源射出的速度很?。烧J為是零）。質量為m、電荷量為q的離子經加速電場加速后以速度v從M點射入靜電分析器，沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出進入磁分析器，最后打在豎直放置于磁分析器左邊界的探測板上Q點（Q點未標出），不計離子重力和離子間的相互作用。（1）求加速電場的電壓和靜電分析器中徑向電場的電場強度大??；（2）計算探測板上Q點到O點的距離和離子從M點到Q點的運動時間；（3）若兩種質量分別為m1和m2的同位素離子分別以速度v1和v2從N點射入右側的磁分析器中，求兩種離子打在探測板上的位置到N點的距離之比。

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】污水充滿管口從左向右流經排污管，根據左手定則知道正負電荷分別偏向ab兩端，在ab之間形成電勢差，最終電荷受洛倫茲力和電場力處于平衡【詳解】正負電荷從左向右移動，根據左手定則，正負電荷所受的洛倫茲力指向ab兩端從而形成電勢差．最終穩定時，電荷受洛倫茲力和電場力平衡，有：qvB=q，解得：u=Bdv；污水的流量：Q=vS=，故BCD錯誤，A正確；故選A【點睛】解決本題的關鍵根據左手定則判斷運動電荷的洛倫茲力的方向，知道最終穩定時，電荷受洛倫茲力和電場力平衡2、A【解析】采用內接法時，電流表與待測電阻串聯，故電流表是準確的；而由于電流表的分壓使電壓表測量值偏大，故由歐姆定律求得的測量值偏大，故R1＞Rx；當采用外接法時，電壓表與待測電阻并聯，故電壓表是準確的；而由于電壓表的分流使電流表測量結果偏大，故由歐姆定律求得的測量值偏小，故Rx＞R2；故選A3、D【解析】電容器的電容的定義式,電容器的電容的決定式,液滴平衡，受電場力和重力而平衡【詳解】A、若減小A、B兩金屬板的間距，根據，電容增大，電壓不變，故電容器充電，故有向右的電流通過電阻R，故A錯誤；B、微粒Q處于靜止狀態，受重力和向上的電場力而平衡，若減小A、B兩金屬板的間距，根據，場強增大，電場力增大，合力向上，故Q將向上運動，故B錯誤；C、與電容器串聯的電阻在穩定狀態時看出導線，則若只將滑動變阻器滑片由中間滑到最左端，依然是電容器并聯在電源兩端，則電容器的電壓不變，故場強不變，Q不動，故C錯誤；D、若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片，相當于極板間距離變小了，而電壓U不變，根據，場強增加，電場力增加，故Q將向上運動，故D正確；故選D.【點睛】電容器的分析有兩種情況，與電源相連時，電容器的電壓不變，當與電源斷開時，電容器的電荷量不變4、D【解析】做出通過b點的等勢線，等勢線與過a點的電場線相交，根據沿電場線電勢降低可知：a點的電勢低于b點的電勢，A錯誤；從電場線的分布情況可知，d處的電場線比c處的密，所以c點的電場強度小于d點的電場強度，B錯誤；正電荷所受電場力和電場線方向相同，因此正試探電荷由a點移到b點時電場力做負功，C錯誤；當負試探電荷由c點移到d點時電場力做正功，電勢能減小，D正確考點：本題考查電勢、電場強度、電場力做功、電勢能5、A【解析】通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，利用動能定理有：，磁感應強度的大小與I成正比，所以有：B=kI解得：。A.只將電流I增加至原來的2倍，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故A正確；B.只將彈體質量減至原來的一半，彈體的出射速度增加至原來的倍，故B錯誤；C.只將軌道長度L變為原來的2倍，彈體的出射速度增加至原來的倍，故C錯誤；D.將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變為原來的4倍，其它量不變，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故D錯誤。故選：A。6、D【解析】當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻變小，并聯部分的總電阻變小，所以總電阻變小，總電流變大，所以電源內阻的電壓變大，且B燈電流變大，B燈變亮；所以A燈的電壓變小，根據可知A的功率變小，故A燈變暗；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、BD【解析】AB．由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后，再與R1串聯接在電源兩端；電容器與R3并聯；當滑動變阻器R4的滑片向a移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減?。挥砷]合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大，故并聯部分的電壓減??；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，流過并聯部分的總電流增大，故電流表示數增大；因并聯部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數減?。蔄不符合題意，B符合題意C．因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，質點將向下運動．故C不符合題意D．由于流過R1的電流增大，根據，可知R1上消耗的功率逐漸增大．故D符合題意8、BC【解析】根據題圖可知，考查了歐姆定律，電功率；由電動機與燈泡串聯，根據串聯電路電流處處相等，可知通過它們的電流相等；已知小燈泡額定電壓與額定功率，由電功率公式的變形公式求出燈泡正常工作時的電流；由電功率公式分析求解【詳解】燈泡正常發光，則電路電流為：I＝ILA；燈泡的熱功率等于它的額定功率12W，電動機的熱功率為：PQ＝I2RM＝12×1＝1W；燈泡正常發光時，電動機電壓為：UM＝U﹣UL＝16﹣12＝4V，電動機的輸入功率為：P＝UMI＝4×1＝4W；電動機的輸出功率為：P出＝P﹣PQ＝4W﹣1W＝3W；整個電路的電功率為，故BC正確，AD錯誤【點睛】電動機是非純電阻電路，電動機的輸出功率等于輸入功率與熱功率之差9、BD【解析】A、邊界上有粒子射出的范圍是偏轉圓直徑為弦所對應的邊界圓弧長，即偏轉圓半徑，所以，，故A錯誤，B正確；C、磁感應強度增加到原來的倍，那么，偏轉圓半徑，所以，偏轉圓直徑對應的弦長為R，有粒子射出的邊界圓弧對應的圓心角為，所以粒子射出邊界的圓弧長度變為原來，故C錯誤，D正確10、AD【解析】要比較繩子拉力如何變化，必需求出繩子拉力的具體的值：在放置D之前，以整體為研究對象求出整體的加速度，進而求出兩段繩子各自的拉力；在放置D之后以整體為研究對象求出整體的加速度，進而求出兩段繩子各自的拉力?！驹斀狻吭诜胖肈之前，以整體為研究對象有F=(mA+mB+mC)a1以C為研究對象有Fb1=mCa1故有Fb1=mC以BC作為研究對象有Fa1=(mB+mC)a1=(mB+mC)在放置D之后，以整體為研究對象有F=(mA+mB+mC+mD)a2得a2=以C為研究對象有Fb2=mCa2=mC以B、C和D作為研究對象有Fa2=(mB+mC+mD)a2=(mB+mC+mD)顯然Fa2>Fa1，Fb2<Fb1故選AD?！军c睛】先用整體法求出整體的加速度，在用隔離法求出繩子的拉力，這是解決連接體的基本思路。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.<②.12.803（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聯立解得：v0+v1=v2三球平拋運動時間相同，則得到：OP+OM=ON′=ON-d故：ON=OP+OM+d=25cm+10cm+1.28cm=36.28cm【點睛】本題主要考查了“驗證動量守恒定律”的實驗的原理及要求以及數據處理等基礎知識，掌握實驗原理、應用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式即可正確解題．注意小球2平拋的起點在水平面上的投影在O點后相距d處12、①.②.9.0③.10【解析】（1）[1]沒有電壓表，用電流表A1與定值電阻R0串聯成電壓表，原理圖如圖所示；（2）[2]則由閉合電路歐姆定律可知（由于I1讀數遠小于I2，所以I2-I1≈I2）I1（R0+RA1)=E-I2r即由圖可知，圖像與縱坐標的交點為9.0mA，則有

0mA=解得E=9.0V[3]由圖像可知，圖像的斜率為10×10-3，由公式得圖像的斜率等于，故=10×10-3解得r=10Ω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.B②.0.397（0.395～0.399均可）③.如圖所示：④.如圖所示：⑤.4.5（4.3～4.7均可）⑥.滑動變阻器僅接了下面兩個接線柱．（填電阻Rx斷路或其他合理說法均給分）⑦.BD【解析】（1）掌握螺旋測微器使用以及讀數方法；（2）根據原理圖來連接實物圖，要注意在閉合電鍵時，滑動變阻器處于接入電阻時的最大電阻處；（3）根據坐標系內描出的點作出圖象如圖所示，注意舍去誤差較大的點；（4）無論如何調節滑動變阻器，電壓表示數不發生變化，說明滑動變