黑龙江省哈尔滨兆麟中学、阿城一中、尚志中学等六校2025届物理高二上期末综合测试试题含解析

黑龙江省哈尔滨兆麟中学、阿城一中、尚志中学等六校2025届物理高二上期末综合测试试题注意事项：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、下列关于通电直导线在匀强磁场中受安培力的说法，正确的是（）A.若导线所在处的磁感应强度为0导线受到的磁场力必为0B.若导线受到的磁场力为0，导线所在处的磁感应强度必为0C.安培力的方向必与磁场方向垂直，磁场方向必与电流方向垂直D.若某段通电导线在匀强磁场中取某一方向时受到的磁场力最大，此时导线不一定与磁场方向垂直2、有关电场和磁场，下列说法正确的是（）.A.带电粒子在电场和磁场中都一定会受到力的作用B.电场和磁场都可用假想的闭合曲线进行形象的描述C.电场和磁场在本质上属于同一种基本相互作用D.电场和磁场不是客观存在的物质3、一带负电的小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气阻力，则（）A.h1=h3 B.h1＜h4C.h2与h3无法比较 D.h2＜h44、F1赛车是世界上速度最快、科技含量最高的运动．F1赛车不仅加速快，而且有很强的制动特性，可以在1.9s内从200km/h减速到0，则其制动加速度大小约为()A.10m/s2 B.20m/s2C.30m/s2 D.40m/s25、某一金属圆环处于匀强磁场中：环面垂直于磁场，如图甲所示。磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。取磁场垂直于环面向里为正方向，则下列说法正确的是（）A.时间内，环中感应电动势先减小后增大B.时间内，环中感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向C.时间内，金属环一共出现两次收缩趋势，两次扩张趋势D.时间内，环上某一段受到的安培力先变大后变小6、如图所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则()A.初速度最小的粒子是沿①方向射出的粒子B.初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C.在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D.在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子二、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、烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾．当正常空气分子穿过探测器时，镅会释放出射线将它们电离，从而产生电流．烟尘一旦进入探测腔内，烟尘中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报．则下列说法不正确的是A.镅发出的是α射线B.镅发出的是β射线C.镅发出的是γ射线D.0.2mg的镅经864年将衰变掉0.15mg8、如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心，已知电场线与圆所在平面平行，下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是()A.a点的电势为6VB.a点的电势为－2VC.O点的场强方向指向a点D.O点的场强方向指向电势为2V的点9、下列说法中正确的是A.温度越高，液体内悬浮微粒的布朗运动越剧烈B.水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的C.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为引力D.干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气越接近饱和状态10、如图所示，为“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_________（填序号即可）a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b．每次小球应从同一高度由静止释放c．每次小球释放的初始位置可以任意选择d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接三、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）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中：(1)原线圈中接入的电源是____A．接入220V交流电B．接入学生电源12V以下直流输出C．接入学生电源12V以下交流输出(2)对于实验过程，下列说法正确的是______A．为便于探究，应该采用控制变量法B．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量12．（12分）某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1的内阻r1=1.0kΩ，电阻R1=9.0kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0Ω的电阻（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是_______导线断开；若读数为零，则一定是_______导线断开（2）排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如右图．由I1–I2图象得到电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω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，带电粒子以某一初速度进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B有界匀强磁场，粒子垂直进入磁场时的速度与水平方向成θ＝角，接着垂直进入电场强度大小为E，水平宽度为L、方向竖直向上的匀强电场，粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍，已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，重力不计(1)分析判断粒子的电性;(2)求带电粒子磁场中运动时速度v;(3)求磁场的水平宽度d.14．（16分）如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计），磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外．金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦.从静止释放后ab保持水平而下滑．说明导体棒的运动性质，试求最大加速度a和导体棒下滑的最大速度vm.15．（12分）一种测定电子比荷的实验装置如图所示．真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入间距为d的两极板C、D间的区域．若两极板C、D间无电压，电子将沿直线打在荧光屏的中心O点；若在两极板间施加恒定电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的亮点又回到O点（1）判断匀强磁场的方向；（2）求电子击中O点时的速度大小v；（3）已知极板的长度l＝5.00cm，间距d＝1.50cm，极板区的中点M到O点的距离L＝12.50cm，极板间电压U＝200V，磁感应强度B＝6.3×10–4T，P点到O点的距离y＝3.0cm．根据上述数据，计算电子的比荷（保留2位有效数字）。

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、A【解析】A．安培力是磁场对电流的作用力，若导线所在处的磁感应强度为0导线受到的磁场力必为0，故A正确；B．安培力的大小除了跟磁场的强弱和电流大小有关，还跟导线在磁场中的长度以及导线与磁场的夹角有关。若导线平行于匀强磁场的方向放置，则导线不受磁场力，故B错误；C．根据左手定则可知，安培力必定与磁场方向垂直，也必定与电流方向垂直，但磁场方向可与电流方向不垂直，可成任意角，故C错误；D．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL，所以某段导线在磁场中取某一方向时受到的磁场力最大，此时导线必与磁场方向垂直，故D错误。故选A。2、C【解析】A、处在电场中的电荷一定受到电场力，但在磁场中运动的电荷不一定有磁场力存在，当运动方向与磁场方向平行时，没有磁场力作用，故A错误；B、磁感线是闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线，故B错误；C、磁现象的本质是运动电荷的相互作用，和电场在本质上属于同一种基本相互作用，故C正确；D、电场和磁场都是一种客观存在的物质，故D错误；故选C考点：磁现象和磁场；电场3、A【解析】第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v02=2gh3，所以h1=h3．故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=mv02，又由于mv02=mgh1，所以h1＞h2．h3＞h2，所以C错误．第4个图：因小球带负，受电场力向下，则h4一定小于h1；由于无法明确电场力做功的多少，故无法确定h2和h4之间的关系；故BD错误.4、C【解析】加速度的定义式【详解】加速度为，故答案选C.5、C【解析】A．时间内，磁感应强度的变化率一直减小，根据法拉第电磁感应定律可知，环中的感应电动势减小，故A错误；B．时间内，穿过环面的磁通量减小，且磁场方向向里由楞次定律可知，环中感应电流方向沿顺时针方向，故B错误；C．当磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，金属环有收缩的趋势，当磁感应强度减小时，金属环有扩张趋势，从图象可以看出，0～t4时间内，金属环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势，故C正确；D．由于t2、t4两个时刻，磁感应强度为零，因此环上某一段受到的安培力为零，在t3时刻，感应电动势为零，感应电流为零，因此环上某一段受到的安培力也为零，因此t2～t4时间内，环上某一段受到的安培力先变大后变小，再变大然后再变小，故D错误。故选C。6、D【解析】由，可知r的越大，V越大．由图知①的半径最大，则其速度最大，故AB错误因，则周期相同，则运动时间由偏转角度决定，由图知④的偏转角度最大，其时间最长，则C错误，D正确．故选D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、BC【解析】据三种射线可知，电离能力大小，即可判定镅会释放出什么射线；再结合半衰期的概念，即可求解【详解】镅会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中，α射线能使空气电离，故A正确，BC错误；半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，0.2

mg的镅将衰变掉0.15

mg，还剩下0.05

mg没有衰变，故D正确；此题选择不正确的选项，故选BC.8、AD【解析】AB．在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以，a点电势比10V低4V，即为6V，故A正确，B错误；CD．a点的电势为6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的点，故C错误，D正确。故选AD。9、ABC【解析】见解析【详解】A．温度越高，液体分子运动越激烈，对悬浮微粒的作用力越不平衡，液体分子对悬浮颗粒的合大越大，布朗运动越剧烈，故A正确；B．水滴表面层内的分子间距较大，表现出来的是引力，在引力作用下要表面积要收缩，相同体积的时球的表面积最小，所以水龙头中滴下的水滴在空中呈球状，故B正确；C．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，引力大于斥力，所以分子力表现为引力，故C正确；D．空气相对湿度越小，湿泡中的液体越容易挥发，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，说明此时空气中水蒸气距饱和状态相差较大，故D错误【点睛】见解析10、ab【解析】保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，最后轨迹应连成平滑的曲线；【详解】A、调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球初速度水平，从而做平抛运动，故A正确；B、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；D、描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误【点睛】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力三、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.C②.A【解析】(1)[1]“探究变压器的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池，变压器是改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12V，故A、B错误，C正确；故选C；(2)[2]A．探究变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系，为便于探究，应该采用控制变量法，故A正确；B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，将人体并联电路中，导致所测数据不准确，故B错误；C．使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误；故选A。12、①.②.③.1.41（1.36~1.44均可）④.0.5（0.4~0.6均可）【解析】①用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间②根据闭合电路的欧姆定律：，，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41V，内阻r=0.5Ω点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心四、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、（1）带负电（2）v0＝（3）【解析】(1)根据粒子在磁场中向下偏转情况和左手定则可知，粒子带负电；(2)由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，设带电粒子进入电场的初速度为v0，在电场中偏转时做类平抛运动，如图所示．由题意知粒子离开电场时的末速度大小为v＝，将vt分解为平行于电场方向和垂直于电场方向的两个分速度：由几何关系知vy＝v0由运动学公式：vy＝atL＝v0t根据牛顿第二定律