2025届辽宁省大连渤海高级中学物理高二上期末学业水平测试试题含解析

2025届辽宁省大连渤海高级中学物理高二上期末学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为－q外，其余各点处的电量均为＋q，则圆心O处()A.场强大小为，方向沿AO方向B.场强大小为，方向沿OA方向C.场强大小为，方向沿AO方向D.场强大小为，方向沿OA方向2、如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈。当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是（）A.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右B.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左C.FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右D.由于磁铁磁极极性不明，无法判断3、长为L的均匀金属丝总电阻为R，弯成如图所示的圆形闭合导线环，A、B、C、D四点将圆环等分。将A、C两点接入电压恒为U的电源上时，圆环消耗的功率为P。若将A、B两点接入同样的电源上时，圆环消耗的功率为A. B.C. D.2P4、电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6km/s，若这种装置的轨道宽为d＝2m，长L＝100m，电流I＝10A，轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是()A.B＝18T，Pm＝1.08×108WB.B＝0.6T，Pm＝7.2×104WC.B＝0.6T，Pm＝3.6×106WD.B＝18T，Pm＝2.16×106W5、如图，a、b两颗人造地球卫星分别在如图所示的两个不同的轨道上运行，下列说法中正确的是（）A.a卫星的运行速度比第一宇宙速度大B.b卫星的运行速度较小C.b卫星受到的向心力较大D.a卫星受到的向心力较大6、如图所示电路中，已知电源的内阻为r，电阻R1的阻值接近滑动变阻器R0的最大阻值．闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P由变阻器的中点向左滑动一小段距离，下列说法中正确的有A.V1的示数增大，V2的示数变小B.V1的示数增大，V2的示数增大C.A1的示数增大，A2的示数变小D.A1的示数增大，A2的示数增大二、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、如图所示为用理想变压器连接的电路，原线圈接在u=311sin100πt（V）的交流电源上，R为定值电阻，电流表为理想电表。起初开关S处于断开状态，下列说法中正确的是A.当开关S闭合后，电流表示数变大B.流过R的电流的频率为100HzC.若S闭合后灯发光，在保持输送电压不变而减小电源频率时灯更亮D.若S闭合后灯发光，则增大线圈的电感L可使灯更亮8、如图所示，MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，有匀强磁场垂直于导轨所在平面，方向如图，用I表示回路中的电流，则（）A.当AB不动而CD向右滑动时，I≠0，且沿顺时针方向B.当AB向左，CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C.当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D.当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I≠0，且沿顺时针方向9、一个电热器电阻为R，当它两端电压为U时，通电时间t消耗电能为W，若使它消耗的电能为4W，下列方法正确的是()A.电阻R不变，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍B.电阻R减半，电压U增大1倍，通电时间t不变C.电阻R不变，电压U增大1倍，通电时间t不变D.电阻R减半，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍10、如图所示，直线Oac为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，虚线Obc为这个电源内部热功率随电流I变化的Pr图线，由图可知()A.电源电动势为3VB.电源内阻为2ΩC.当I=2A时,电源输出功率为6WD.当I=2A时,电源内部热功率为4W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）如下图所示,金属板M接高压电源的正极,金属板N接负极．金属板N上有两个等高的金属柱A、B,其中A为尖头,B为圆头．逐渐升高电源电压,当电压达到一定值时,可看到放电现象．先产生放电现象的是_____（选填“A”或者“B”），这种放电现象叫作_____________放电12．（12分）某同学利用单摆测量重力加速度（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是（）A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大（2）下列摆动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是__________。（填字母代号）A.B.C.D.（3）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆。实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺。于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上的两标记点之间的距离△L。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式____________。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．（10分）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的长为2a，宽为a的矩形有界匀强磁场（边界有磁场），在第三象限存在于轴正向成角的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为+的粒子从电场中的P点由静止释放，经电场加速后从点进入磁场。不计粒子的重力。(1)若粒子从磁场下边界射出，求粒子在磁场中运动的时间；(2)若粒子从磁场右边界射出，求P间的电势差UPO的范围；(3)若粒子从磁场上边界射出，求磁场上边界有粒子射出的区域的长度。14．（16分）如图所示，两平行板A、B之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两板之间距离及板长均为d．一质子以速度从A板中点O垂直A板射入磁场，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度大小的范围。（已知质子的电荷量为e，质量为m）15．（12分）如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直直面向外，在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反，又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变，不计重力（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）求粒子从P点出发至第一次到达x轴所需的时间；（3）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值

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】假设A处同样放+q的正电荷，由对称可知O处的合场强为零，所以在BCDE四处的+q电荷，在O处产生的合场强一定与A处所放的+q电荷产生的场强等大反向，即在BCDE四处的+q电荷在O处产生的合场强为，方向沿OA方向所以若在A处放一个-q的电荷则圆心O处的场强为，方向沿OA方向所以D正确；ABC错误；故选D。2、C【解析】条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流会阻碍穿过其磁通量发生变化，这种阻碍作用表现在线圈先有远离磁铁的运动趋势，后有靠近磁铁的运动趋势，所以竖直方向上线圈对桌面的压力先大于mg后小于mg，根据牛顿第三定律可知FN先大于mg后小于mg，而水平方向上线圈始终有向右运动的趋势，综上所述可知C正确。故选C。3、A【解析】设金属环每一等分的电阻为R，则当A、C点接入电路中时总电阻：R1=R；当AB点接入电路中时总电阻由功率公式P=得到：P2：P1=R1：R2=4：3，又P1=P得到P2=P故选A。4、D【解析】通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝，代入数值解得B＝18T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝2.16×106W，故ABC错误，D正确．故选D5、B【解析】A．卫星与地球间的万有引力提供向心力可得即卫星轨道越大，则运行速度越小，又因为第一宇宙速度由于a的轨道半径大于地球的半径，故a卫星的运行速度比第一宇宙速度小，所以A错误；B．根据又故故B正确；CD．因向心力由万有引力提供，故对a、b卫星而言，表达式中GM是定值，向心力的大小取决于比值的大小，而题目中只给出半径大小关系，没有给出卫星的质量关系，故无法判断的大小，所以无法比较a、b卫星的向心力大小，故CD错误。故选B。【名师点睛】本题主要考查卫星运动中卫星所受万引力提供向力，并由此方程推导得出卫星运行速度大小与半径关系进行讨论。6、A【解析】AB．据电路图可知变阻器左侧电阻与R1串联后再与变阻器右侧电阻并联，由数学知识可知两并联部分的阻值相等时，并联的总电阻最大；但电阻R1的阻值接近滑动变阻器R0的最大阻值和滑片P由变阻器的中点向左滑动一小段距离，可知并联的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流变小，电源的内电压也变小，则路端电压先变大，所以V1的示数变大；V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数变小，故A正确，B错误；CD．并联的电压U并=E-U2-Ur，可知U并逐渐变大，电阻R1所在支路的总电阻逐渐减小，所以该之路电流I1增大，即电流表A2示数增大；由I2=I-I1，可知总电流I减小，则I2减小，即电流表A1示数变小，故CD错误。故选A。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、AC【解析】A．当开关S闭合后，灯泡与线圈串联后再与电阻R并联，所以总电阻变小，副线圈中电流变大，所原线圈电流与变大，即电流表示数变大，故A正确；B．由公式可得故B错误；C．由公式可知，减小电源频率时，感抗减小，灯泡更亮，故C正确；D．由公式可知，增大线圈的电感L，感抗增大，灯泡变暗，故D错误。故选AC。8、CD【解析】当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，此时穿过电路中的磁通量变大，则整个回路中的感应电流不为零，故B错误；若AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，，故C正确；当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，因而产生的电流且沿顺时针方向，故D正确9、CD【解析】A．当电阻R不变，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍时，消耗电能不合题意；则A错误；B．当电阻R减半，电压U增大1倍，通电时间t不变时，消耗电能不合题意；则B错误；C．当电阻R不变，电压U增大1倍，通过时间t不变时，消耗电能符合题意；则C正确；D．当电阻R减半，电压U不变，通电时间t变为原来的2倍时，消耗电能符合题意，故D正确。故选CD。分卷II10、AD【解析】根据电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的区别及交点的含义，根据功率公式可求得电源内阻消耗的功率以及电源输出的功率【详解】从图象可知：有两个交点．O点处是没有通电，而c处它们的电功率相等，说明外电阻没有消耗功率．因此电流为3A时，外电阻阻值为零．由P=I2r可算出r=Ω=1Ω，所以内阻的阻值为1Ω．在c点时，外电阻为0，所以电动势E=Ir=3×1V=3V，所以A正确，B错误；当电流等于2A时，电源的输出功率P出=EI-I2r=3×2-4×1=2W；故C错误；当电流等于2A时，电源内部热功率P=I2r=22×1=4W，故D正确．故选AD【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意理解电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的涵义三、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.A②.尖端【解析】首先分析A和B末端物体的形状，根据尖端放电的知识可知越尖锐的地方越容易放电；A的末端比B的末端尖锐，由此分析哪个金属柱先产生放电现象；【详解】根据导体表面电荷分布与尖锐程度有关可知，A金属柱尖端电荷密集，容易发生尖端放电现象，这种放电现象叫做尖端放电；答案为：A；尖端；【点睛】关键是掌握尖端放电现象的原理，越尖锐的地方越容易放电12、①.BC②.A③.【解析】（1）[1]．A．组装单摆须选用密度较大、直径较小的摆球，选项A错误；B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，选项B正确；C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能成圆锥摆，选项C正确；D．摆长一定的情况下，摆的振幅不应过大，否则就不是简谐振动，选项D错误；故选BC.（2）[2]．当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：A=lsin5°=1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。（3）[3]．由单摆周期公式，根据题意看得：解得：；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)；(2)≤UPO≤；(3)a【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T＝，若粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为：t＝T＝从图中几何关系可知β＝π所以时间为：t＝＝(2)由牛顿第二定律得：qvB＝m解得：R＝从磁场右边界射出的最小速度的粒子，在磁场中做圆周运动的半径最小。如图所示，粒子从右边界以最小速度射出时轨道2对应的半径最小，由几何关系可知：R2＝a由牛顿第二定律：qvB＝m带电粒子在电场中，由动能定理：qUPO＝mv2联立得：UPO1＝如图所示粒子从右边界以最大速度射出时轨道3对应的半径最大，根据几何关系可知：解得：R3＝2a解得：UPO2＝则粒子从磁场右边界