2025屆安徽合肥壽春中學高二物理第一學期期末學業(yè)水平測試試題含解析

2025屆安徽合肥壽春中學高二物理第一學期期末學業(yè)水平測試試題考生請注意：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、如圖，一個質量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中。現給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0，在以后的運動中下列說法正確的是（）A.圓環(huán)可能做勻減速運動B.圓環(huán)不可能做勻速直線運動C.圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為D.圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為2、如圖所示，把一條導線平行地放在磁針的上方附近，當導線中有電流通過時，磁針會發(fā)生偏轉?發(fā)現這個實驗現象的物理學家是（）A.牛頓 B.愛因斯坦C.奧斯特 D.居里夫人3、圖為一速度選擇器，內有一磁感應強度為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經磁場時不偏轉（不計重力），則磁場區(qū)域內必須同時存在一個勻強電場，關于這處電場場強大小和方向的說法中，正確的是（）A.大小為，粒子帶正電時，方向向上B.大小為，粒子帶負電時，方向向上C.大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關D.大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關4、下列關于電場線和磁感線的說法中，正確的是（）A.任意兩條磁感線不相交，兩條電場線也不相交B.電場線和磁感線都是閉合曲線C.電場線和磁感線都是電場或磁場中實際存在的線D.電場線越密的地方，同一試探電荷所受的電場力越大；磁感線分布較密的地方，同一試探電荷所受的磁場力也越大5、如圖所示，電源的電動勢為E、內電阻為和為定值電阻，為滑動變阻器，理想電表．閉合開關S，將滑動變阻器的滑片向端移動時，下列說法正確的是A.電壓表和電流表示數都減小B.電壓表和電流表示數都增大C.電壓表示數減小，電流表示數增大D.電壓表示數不變，電流表示數增大6、如圖所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場．一個質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的大小B需滿足()A.B> B.B<C.B> D.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、如圖所示，用力F把鐵塊壓在豎直墻上，此時重力為G的物體沿墻壁勻速下滑，若物體與墻壁之間的動摩擦因數為，則物體所受摩擦力的大小為（）A. B.C.G D.8、如圖所示電路中，A、B為兩個相同燈泡，L為自感系數較大、電阻可忽略不計的電感線圈，C為電容較大的電容器，下列說法中正確的有A.接通開關S，A立即變亮，最后A、B一樣亮B.接通開關S，B逐漸變亮，最后A、B一樣亮C.斷開開關S，A、B都立刻熄滅D.斷開開關S，A立刻熄滅，B逐漸熄滅9、如圖所示的電路中，電感L的自感系數很大，電阻可忽略，則下列說法正確的有A.當S閉合時，立即變亮，逐漸變亮B.當S閉合時，逐漸變亮，一直不亮C.當S斷開時，L1立即熄滅，逐漸熄滅D當S斷開時，L1、L2都逐漸熄滅10、如圖甲所示為電場中的一條電場線，在電場線上建立坐標軸，則坐標軸上0~x2間各點的電勢分布如圖乙所示，則（）A.在0~x2間，場強方向沒有發(fā)生變化B.0~x2間，場強先減小后增大C.若一負電荷從O點運動到x2點，電勢能逐漸減小D.從O點由靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，則該電荷在0~x2間一直做加速運動三、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）在測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有下列器材：A.待測的干電池（電動勢約為1.5V，內電阻小于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＝0.1Ω）D.滑動變阻器R1（0—20Ω，10A）E.滑動變阻器R2（0—200Ω，1A）F.定值電阻R0（990Ω）G.開關和導線若干（1）某同學設計了如圖甲所示的（a）、（b）兩個實驗電路，其中合理的是____圖；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______。（2）如圖為該同學根據（1）中選出的合理的實驗電路，利用測出的數據繪出的I1-I2圖線（I1為電流表A1的示數，I2為電流表A2的示數），則由圖線可得電動勢E＝___V，內阻r＝____Ω（內阻r保留2位有效數字）。12．（12分）如圖所示為驗證動量守恒的實驗裝置示意圖（1）若入射小球質量為m1，半徑為r1；被碰小球質量為m2，半徑為r2．則要完成該實驗須滿足（）A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＞m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2（2）0為斜槽末端垂足，P為碰前入射小球落點的平均位置，M、N兩點為碰后兩球平均落點位置，則在誤差允許的范圍內，關系式m1OP=_________________（用m1、m2及圖中字母表示）成立，即表示碰撞中動量守恒四、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,電源電動勢E=10V,內阻r=1Ω,定值電阻R1=3Ω。電鍵S斷開時,定值電阻R2的功率為6W,電源的輸出功率為9W。電鍵S接通后,理想電流表的讀數為1.25A。求出：（1）斷開電鍵S時電流表的讀數；（2）定值電阻R3的阻值。14．（16分）在豎直平面內建立一平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示．第二象限內有一水平向右的勻強電場，場強為E1．坐標系的第一、四象限內有一正交的勻強電場和勻強交變磁場，電場方向豎直向上，場強E2=，勻強磁場方向垂直紙面．處在第三象限的某種發(fā)射裝置（圖中沒有畫出）豎直向上射出一個比荷=102C/kg的帶正電的微粒（可視為質點），該微粒以v0=4m/s的速度從-x上的A點進入第二象限，并以v1=8m/s速度從+y上的C點沿水平方向進入第一象限．取微粒剛進入第一象限的時刻為0時刻，磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向），g=10m/s2．試求：（1）帶電微粒運動到C點的縱坐標值h及電場強度E1；（2）+x軸上有一點D，OD=OC，若帶電微粒在通過C點后的運動過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點，求磁感應強度B0及其磁場的變化周期T0為多少？（3）要使帶電微粒通過C點后的運動過程中不再越過y軸，求交變磁場磁感應強度B0和變化周期T0的乘積B0T0應滿足的關系？15．（12分）如圖所示，電源電動勢，內阻，電阻，.間距d=0.2m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應強度B＝1T的勻強磁場．閉合開關S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度v＝0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間．設滑動變阻器接入電路的阻值為，忽略空氣對小球的作用，取，求：(1)當時，電阻消耗的電功率是多大？(2)若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60°，則是多少？

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、C【解析】分情況對圓環(huán)受力分析，第一種情況圓環(huán)受到向下的重力，向上的支持力、向上洛倫茲力、水平向左的摩擦力，圓環(huán)受到的洛倫茲力變小，支持力變大，摩擦力增大，圓環(huán)做加速度增大的減速運動，最后速度減為零；第二種情況支持力為零，圓環(huán)受到的摩擦力為零，這種情況下圓環(huán)做勻速直線運動。第三種情況隨著速度減小，支持力減小，摩擦力減小，此時圓環(huán)做加速度減小的減速運動，當支持力減為零后做勻速運動。由以上分析可知圓環(huán)可能做勻速運動或變減速運動，不可能做勻減速運動，故A錯誤；B．由受力分析第二種情況可知圓環(huán)可能不受摩擦力作用，合力為零，這種情況下圓環(huán)做勻速直線運動，故B錯誤；C．由受力分析第一種情況可知當圓環(huán)受到向上的支持力，圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，最后速度減為零，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力所做的功為，故C正確。D．由受力分析第三種情況可知當圓環(huán)受到向下的支持力時，圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，當支持力減為零時開始做勻速直線運動，由平衡關系可得設克服摩擦力做功為W，由動能定理可得解得圓環(huán)克服摩擦力所做的功為，故D錯誤。故選擇C選項。2、C【解析】奧斯特把一條非常細的鉑導線放在一根用玻璃罩罩著的小磁針上方，接通電源的瞬間，發(fā)現磁針跳動了一下。這一跳，使奧斯特喜出望外，接下來奧斯特花了三個月，作了許多次實驗，發(fā)現小磁針在電流周圍都會偏轉。從而證明了通電導線周圍存在磁場。故是奧斯特發(fā)現的電流磁效應，C正確，ABD錯誤。故選C。3、D【解析】當粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，粒子流勻速直線通過該區(qū)域，有qvB＝qE，所以E＝Bv．假設粒子帶正電，則受向下的洛倫茲力，電場方向應該向上．粒子帶負電時，電場方向仍應向上．故正確答案為D4、A【解析】A．任意兩條磁感線一定不相交，電場線也不相交，否則交點處有兩個方向，違反唯一性的特點，選項A正確；B．電場線是不閉合曲線，而磁感線是閉合的曲線，選項B錯誤；C．電場線和磁感線都是假想的曲線，并不存在，選項C錯誤；D．電場線越密的地方，電場強度越大，由公式F=qE知同一試探電荷所受的電場力越大；磁感線分布越密的地方，磁感應強度越大，同一試探電荷所受的磁場力不一定越大，還與電荷的運動方向與磁感應強度方向的夾角有關，選項D錯誤。故選A。5、C【解析】根據題圖可知，考查電路的動態(tài)分析；根據滑片的移動方向判斷出滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，然后由串并聯電路特點及歐姆定律分析即可【詳解】由電路圖可知，滑動變阻器的滑片P由a端向b端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值減小，電路的總電阻減小，電源電動勢不變，由閉合電路歐姆定律可知，電路總電流I增大，A1示數增大，路端電壓U＝E﹣Ir，則U減小，電壓表V示數減??；電阻R1的電壓U1＝IR1，則知U1增大，并聯部分的電壓U并＝U﹣U1減小，所以通過R2電流減小，A2示數增大．故C正確，ABD錯誤【點睛】動態(tài)電路動態(tài)分析題的解題思路與方法：局部→整體→局部6、B【解析】粒子剛好達到C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示：則粒子運動的半徑為洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得粒子要從AC邊射出，則，故故B正確；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、AC【解析】物塊在豎直方向受到豎直向下的重力和摩擦力作用，二力平衡，故物塊在水平方向上受到力F和墻壁給的支持力，二力平衡，故根據牛頓第三定律可得物塊對墻面的壓力為滑過程中物塊受到的是滑動摩擦力，所以故AC正確，BD錯誤。8、ABD【解析】接通開關S，電容器C要通過A充電，因此A立刻亮，由于充電電流越來越小，當充電完畢后，相當于斷路，而L對電流變化有阻礙作用，所以通過B的電流逐漸增大，故B逐漸變亮，當閉合足夠長時間后，C中無電流，相當于斷路，L相當于短路，因此A、B一樣亮，故AB正確；當S閉合足夠長時間后再斷開，A立刻熄滅，而L產生自感電動勢，且電容器也要對B放電，故B要逐漸熄滅，故C錯誤D正確【點睛】解決本題的關鍵知道電感器對電流的變化有阻礙作用，當電流增大時，會阻礙電流的增大，當電流減小時，會阻礙其減小，注意電容器也要放電9、AD【解析】AB．燈L1與電源串聯，當電鍵S閉合時，燈L1立即發(fā)光。由于通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律線圈產生的感應電動勢與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，L2逐漸亮起來。所以L1比L2先亮，故A正確，B錯誤；CD．穩(wěn)定后當電鍵S斷開后，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，與燈泡L1、L2構成閉合回路放電，兩燈都過一會兒熄滅，故C錯誤，D正確。故選AD。10、AD【解析】A．φ-x圖象的切線斜率表示電場強度，故在0~x2間，場強方向沒有發(fā)生變化，故A正確；B．φ-x圖象的切線斜率表示電場強度，在0~x2間，斜率先變大后變小，故場強先增大后減小，故B錯誤；C．由圖看出，在0~x2間，電勢逐漸降低，負電荷在電勢低的地方電勢能高，若一負電荷從O點運動到x2點，電勢能逐漸升高。故C錯誤；D．從O點靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，受到的電場力方向與速度方向相同，做加速運動，即該電荷在O～x2間一直做加速運動。故D正確。故選AD。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.（b）②.D③.147-1.48V④.0.80-0.86Ω【解析】(1)[1]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；(a)、(b)兩個參考實驗電路，其中合理的是(b)；[2]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；若選擇大電阻，則在變阻器滑片調節(jié)的大部分范圍內，電流表讀數太小，電流表讀數變化不明顯；(2)[3]根據歐姆定律和串聯知識得，電源兩端電壓：根據圖象與縱軸的交點得電動勢：[4]由圖可知當電流為0.45A時，電壓為1.1V，則由閉合電路歐姆定律可知：12、①.C②.m1OM+m2ON【解析】（1）為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變，故必須使入射小球的質量大于被碰小球的質量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同（2）根據動量守恒定律求出需要驗證的表達式【詳解】（1）為保證兩球發(fā)生對心正碰，兩球的半徑應相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，故選C；（2）小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相等，則它們在空中的運動時間t相等，驗證碰撞中的動量守恒，需要驗證：m1v1=m1v1′+m2v2，則：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1x1=m1x1′+m2x2，因此需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON【點睛】本題考查利用平拋運動驗證動量守恒定律；主要是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證四、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)1A(2)【解析】（1）電鍵斷開時，電阻R1消耗的功率為：根據解得（2）由閉合電路的歐姆定律解得14、（1）0．2N/C（2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）；（n＝1，2，3…）（3）（kg/C）【解析】(1)