2025年山东省济省实验学校物理高二上期末学业水平测试试题含解析.doc

2025年山东省济省实验学校物理高二上期末学业水平测试试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、下列电器在工作时，主要利用电流热效应的是
A.手机 B.电视机
C.电风扇 D.电饭锅
2、如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时)正确的是( )

A. B.
C. D.
3、用两根绝缘细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示．当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有(　　)

A.两导线环相互吸引
B.两导线环相互排斥
C.两导线环间无相互作用力
D两导线环先吸引后排斥
4、某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是

A.c点场强大于b点场强
B.b和c处在同一等势面上
C.若将一试探电荷由a点移动到d点，电荷的电势能将增大
D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电
5、奥斯特实验说明了（）
A.磁场的存在
B磁场具有方向性
C.通电导线周围存在磁场
D.磁体间有相互作用
6、关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法不符合历史事实的是（）
A.库伦测出了静电力常量K
B.安培提出了左手定则判断磁场对电流的作用力方向
C.洛伦兹提出了分子电流假说
D.奥斯特首先发现了电流的磁效应
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是

A.灯泡L变亮 B.电压表读数变小
C.电流表读数变小 D.电容器C上的电荷量增大
8、如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（　　）

A.感应电流方向是N→M B.感应电流方向是M→N
C.安培力方向水平向左 D.安培力方向水平向右
9、如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片 P 向右滑动后，假设电流表 A1和电压表V2两个电表的示数变化量的绝对值分别为 I1和 U 2，则在滑片 P 向右滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.V1变大
B.A2 变大
C.V2 变大
D.不变
10、如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知，，、，将一带电量为的正电荷从A点移到C点，电场力做功，则下列说法正确的是（ ）

A.C点电势为2V
B.电场强度E沿AB方向由，大小为200N/C
C.该正电荷在B点具有的电势能为
D.将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）利用如图所示装置，通过半径相同的两小球的碰撞来验证动量守恒定律．图中AB是斜槽,BC是水平槽，斜槽与水平槽之间平滑连接．图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时，先让球1从斜槽轨道上的某位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的一记录纸上，留下痕迹，多次重复上述操作，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP．再把球2放在水平槽末端的位置，让球1仍从原位置由静止开始滚下，与球2碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，多次重复上述操作，分别找到球1和球2相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON．测得球1的质量为m1，球2的质量为m2.

(1)实验中必须满足的条件是____________
A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B.斜槽轨道末端的切线水平
C.球1每次从轨道的同一位置由静止滚下
D.两小球的质量相等
(2)若所测物理量满足表达式________时，可以说明两球在碰撞过程中动量守恒
(3)若所测物理量满足表达式________时，可以说明两球的碰撞为弹性碰撞
(4)实验时尽管没有测量两小球碰撞前后速度，也同样可以验证动量是否守恒，其原因是:____________________
12．（12分）在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动的机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵，如图所示为这种电磁泵的结构．将导管放入磁场中，当电流通过导电液体时，这种液体即被驱动，如果导管截面积为a·h，磁场宽度为l，磁感应强度为B，液体穿过磁场区域的电流为I，则液体所受的驱动力为______，驱动力造成的压强差为______

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】由题意可知考查用电器能量转化问题，根据电器工作原理分析可得
【详解】A．手机工作时把电能主要转化为声能、光能、小部分转化为内能，故A不符合意；
B．电视机工作时把电能主要转化为光能，小部分转化为内能，故B不符合意；
C．电风扇工作时把电能主要转化为机械能，小部分转化为内能，故C不符合意；
D．电饭锅工作时把电能转化为内能，故D符合题意，所以选择D选项
【点睛】根据各种电器的工作原理、电能转化特点分析可得
2、A
【解析】线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，即为负值；在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，根据E=BLv可知，感应电动势均匀增大，则感应电流也均匀增大；在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，根据E=BLv可知，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，根据E=BLv可知，感应电流均匀增大，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，根据E=BLv可知，感应电流均匀减小，故A正确，BCD错误
3、A
【解析】根据平行的通电直导线，当通入方向相同的电流时，相互吸引，当通入方向相反的电流时，相互排斥，可把两导线环分割成很短很短的无数段，对照平行通电直导线进行理解即可；
【详解】根据左手定则合右手定则可知：平行的通电直导线，当通入方向相同的电流时，相互吸引，当通入方向相反的电流时，相互排斥；可把两导线环分割成很短很短的无数段，则平行靠近的两端可看做通电直导线的情况，当通入方向相同的电流时，相互吸引，故A正确，BCD错误
【点睛】考查了左手定则判断安培力的方向，右手定则判断磁场方法，得出通电导线间的相互作用，注意结论的应用：同向电流相吸，异向电流相斥
4、A
【解析】解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化
【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选A
【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能
5、C
【解析】奥斯特将通电导线放于小磁针上方时发现小磁针发生了偏转，说明了通电导线周围存在着磁场
A.磁场的存在．与结论不符，故A错误；
B.磁场具有方向性．与结论不符，故B错误；
C.通电导线周围存在磁场．与结论相符，故C正确；
D.磁体间有相互作用．与结论不符，故D错误
6、C
【解析】A．库伦也用类似的扭秤装置测出了静电力常量k，故A正确；
B．安培提出了左手定则判断磁场对电流的作用力方向，故B正确；

C．安培提出了分子电流假说，故C错误；
D．奥斯特首先发现了电流的磁效应，故D正确。
故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、CD
【解析】滑片P向左移动一段距离后电阻变大，故电路的电流减小，电流表读数变小，灯泡L变暗；路端电压变大，故电压表读数变大；滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器C上的电荷量增大，选项CD正确，AB错误.
8、AC
【解析】以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右。由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，安培力方向水平向左。故BD错，AC对。
故选AC。
9、BCD
【解析】先由局部电阻RP的变化开始分析，分析全电路的电阻、电流以及路端电压，然后再逐步分析到局部电路.
【详解】在滑片 P 向右滑动的过程中，RP变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即A1减小，R1的电压减小，则R3以及与其并联的支路电压变大，A2读数变大；V2读数变大；R3电流变大，则R2电流减小，则两端电压减小，即V1读数变小，故选项A错误，BC正确；U2=E-I1(R1+r)，可知不变，可知选项D正确；故选BCD.
【点睛】分清电路图，利用等效电阻法结合总量法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键
10、BC
【解析】A.AC之间的电势差为

结合
UAC=φA-φC
将φA=0V代入得：
φC=-2V
故A错误；
B．若过C点作AB的垂线，垂足为D，则交点D为AB的四等分点，可知D点电势为-2V，因此，CD为等势线，场强方向垂直于CD，即电场强度E沿AB方向由A→B，场强大小为：

故B正确；
C.该正电荷在B点具有的电势能为：
EpB=qφB=4×10-5×（-8）J=-3.2×10-4J
故C正确。
D.CB间的电势差为：
UCB=φC-φB=-2V-（-8）V=6V
将该正电荷从C点移到B点，电场力做功为
WCB=qUCB=4×10-5×6J=2.4×10-4J
电场力做正功，则电势能减少了2．4×10-4J，故D错误。
故选：BC。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 ①.BC ②.m1·OP=m1·OM+m2·ON ③.OP+OM=ON ④.两小球碰撞前后均做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，水平射程与平抛初速度成正比，可以用水平射程替代水平速度
【解析】(1)[1].A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球1每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球1的质量大于被碰小球2的质量，故D错误；故选BC
(2)[2].小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则
m1v0=m1v1+m2v2，
又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，
代入得：
m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON
(3)[3].若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：

将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：
m1OP2=m1OM2+m2ON2；
与m1OP=m1OM+m2ON联立可得：
OP+OM=ON
(4)[4].由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，可以用球的水平位移代替其水平速度
12、 ①. ②.
【解析】将原图的立体图改画成从正面看的侧视图，如图所示，

根据左手定则判断出电流受力方向向右：F=BIh；
依据压强公式，；

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答