2025届江苏省姜堰区蒋垛中学物理高二上期末调研试题含解析

2025届江苏省姜堰区蒋垛中学物理高二上期末调研试题注意事项：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、如图所示，实线表示电场线，虚线表示带正电粒子只受电场力作用的运动轨迹，粒子先经过M点，后经过N点，则（）A.M点的电势高于N点的电势B.M点的电场强度大于N点的电场强度C.粒子在M点的速度大于在N点的速度D.电场力对粒子做负功2、历经十年对“磁生电”的探索，最终发现电磁感应现象的科学家是A.法拉第 B.安培C.奥斯特 D.麦克斯韦3、如图，a、b是真空中两个带等量正电的点电荷，A、B两点在两电荷连线上且关于两电荷连线的中垂线对称，O为中点．现将一负点电荷q由A点沿ab连线移到B点，下列说法中正确的是A.A点电势高于O点电势B.A点电势高于B点电势C.电荷q移动过程中，电势能一直减少D.电荷q移动过程中，电场力先做正功后做负功4、如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd内有水平向里变化的磁场．下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离()A. B.C. D.5、带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是()A.v甲>v乙>v丙B.v甲<v乙<v丙C.甲的速度可能变大D.丙的速度不一定变大6、如图所示，绝缘轻杆长为L，一端通过铰链固定在绝缘水平面，另一端与带电量大小为Q的金属小球1连接，另一带正电、带电量也为Q的金属小球2固定在绝缘水平面上。平衡后，轻杆与水平面夹角为30°，小球1、2间的连线与水平面间的夹角也为30°．则关于小球1的说法正确的是（已知静电力常量为k）（）A.小球1带正电，重力 B.小球1带负电，重力为C.小球1带正电，重力为 D.小球1带负电，重力为二、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，一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，A上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能Ep=6J，B与A右壁距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（）A.碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同B.B脱离弹簧时，A的速度为1m/sC.B和油灰阻挡层碰撞并被粘住，该过程B受到的冲量大小为3N·sD.整个过程B移动的距离为8、如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边中点与左侧圆心重合．磁感应强度B1垂直水平面向上，大小不变；B2垂直水平面向下，大小随时间变化．B1、B2的值如图乙所示，则()A.通过线框的感应电流方向为逆时针方向B.t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC.在0.6s内通过线框中的电荷量约为0.13CD.经过0.6s线框中产生的热量约为0.07J9、在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，五个理想电表的示数都发生了变化，关于五个理想电表示数的变化，下列分析正确的是A.电压表V1示数增大，电流表A示数减小B.电压表V2示数增大，电流表A1示数减小C.电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，即∣ΔU1∣>∣ΔU2∣D.电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值大于电源内阻，即10、一只标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V。在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示。在如图所示的四个图线中，肯定不符合实际的是（）A.B.C.D.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）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差：(1)如图所示，应该选择的实验电路图是_____（选填“a”或“b”）。(2)现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A.电压表（0~15V）B.电压表（0~3V）C.滑动变阻器（0~30Ω）D.滑动变阻器（0~500Ω）实验时，电压表应选用_____，滑动变阻器应选用_____。(3)某同学记录的六组数据见下表，其中五组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出第2组数据的对应点，并画出U－I图像。（）序号123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.060.120.240.260.360.48(4)由图像可得：该电池的电动势E=__V，内阻r=_____Ω（小数点后保留2位数字）。12．（12分）集宁一中的每层楼楼道内都装有饮水机，纯净水的质量关乎每一名学生的身体健康．纯净水质量是否合格的一项重要指标是它的电导率λ是否超标(电导率λ即为电阻率ρ的倒数)某同学选用一根粗细均匀且绝缘性能良好的圆柱形塑料直管装满纯净水样品(直管两端用薄金属圆片电极密封)来测定样品的电导率(不考虑温度对电阻的影响)：(1)实验中，该同学分别用刻度尺和游标为20分度的游标卡尺测定塑料管的长度和内径，刻度尺和游标卡尺的示数分别如图甲、乙所示，则可读出塑料管的长度L＝________m、内径d＝________mm.(2)该同学用下列器材测定样品的电阻：a．电压表V(量程0～3V，内阻约为5kΩ；量程0～15V，内阻约为25kΩ)；b．电流表A(量程0～10mA，内阻约为2Ω；量程0～50mA，内阻约为0.4Ω)；c．滑动变阻器R(0～20Ω，2A)；d．学生电源E(电动势4.5V，内阻很小)；e．开关S及导线若干该同学先用多用电表粗测管内水样品的电阻值约为500Ω，要求用尽量精确的方法测出其电阻值，请在图丙中连接实验电路图____(图中有六根导线已经接好)(3)电导率的表达式为=__________(用字母U、I、L、d)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）（1）用游标卡尺（图1）测量某一工件内径，应用其中___（选填“A”、“B或“C”）来测量；其示数如图2所示，则该工件的内径为__cm。（2）小明用多用电表测量一电阻，正确的操作顺序是__（填字母）。A．把选择开关旋转到交流电压最高档B．调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点C．把红、黑表笔分别接在该电阻两端，然后读数D．把选择开关旋转到“×10”倍率的档位，将红、黑表笔接触（3）把红、黑表笔分别插入多用电表“+”、“﹣”插孔，用螺丝刀调节定位螺丝，使指针指在左边的零刻度线上，小明按以上正确顺序操作后，测量发现表头指针向右偏转的角度过大，为减小误差，应将选择开关拨到“___”倍率欧姆档（选填“×100或“×1”）；如果拨档后立即测量电阻并读数，小明遗漏的实验步骤是：___。补上该步骤后，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值为__Ω。14．（16分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为kg、电何量为C的带电粒子，从静止开始经U=10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=30cm（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。(1)求粒子到达P点时速度v的大小；(2)若粒子恰好不能进入x轴上方，求磁感应强度B的大小；(3)若磁感应强度B′=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离。15．（12分）如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E．一质量为m，电荷量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出．射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L（1）求此粒子射出时的速度v（2）运动的总路程s（重力不计）

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项：根据沿电场线方向电势越来越低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确；B项：根据电场线的疏密程度表示场强大小，即电场线越密场强越大可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；C、D项：由于M点电势高于N点的电势，粒子带正电，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，根据能量守恒可知，M点的速度小于N点的速度，电场力做正功，故C、D错误点晴：解决本题关键理解沿电场线方向电势越来越低，电场线的疏密程度表示场强大小，即电场线越密场强越大2、A【解析】英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象．故BCD错误，A正确3、A【解析】由于a、b带电量相同，故两电荷合电场的方向为由A指向O，由B指向O，由此可知由于沿着电场线的方向电势将降低，故A项说法正确；由a、b带电量相同，可知其中垂线上各点电势相等，由对称性可知AB两点电场强度相等，从AB两点移动相同电荷到O点电场力的功相等，故其电势相同，B项说法不正确；负点电荷q由A点沿ab连线移到B点的过程中，从A点到O点电场力做负功电势能增加，从O点到B点电场力做正功电势能减小，故C项、D项说法均不正确考点：本题考查了静电荷的电场、电势、电势能4、A【解析】由楞次定律可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产生增大的磁场，即螺线管中电流应增大；而螺线管中的电流是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应增大，故A正确，BCD错误5、A【解析】AB.对于甲粒子：轨迹向上弯曲，qv甲B＞qE，v甲>；对于乙粒子：轨迹不弯曲，qv乙B=qE，v乙；对于丙粒子：轨迹向下弯曲，qv丙B＜qE，v丙；则v甲＞v乙＞v丙，故A正确，B错误；C.甲粒子向上偏，电场力做负功，导致动能减小，则速度在减小，故C错误；D.丙粒子的电场力做正功，动能增大，则速度变大，故D错误6、A【解析】ABCD.分析小球1的受力情况，小球受到重力、库仑力和杆的弹力作用，由于杆通过铰链固定，则杆的弹力沿着杆向外，如图所示：根据几何关系可知，杆与竖直方向夹角为60°，则重力和库仑力合成以后组成的矢量三角形为等边三角形，两球间距为L，库仑力大小为，则小球带正电，重力大小等于库仑力，重力为，故A正确BCD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、BCD【解析】A．对于B球、弹簧和A车组成的系统，在弹簧作用的过程、B球撞A车右壁的过程，均满足系统的外力之和为零，系统的动量守恒，初态总动量为零，则此后的任何时刻A与B的动量总是等大反向，因方向相反而动量不同，故A错误；B．设B脱离弹簧时，B的速度为，方向向右，A的速度为，方向向左，设向右为正方向，由动量守恒定律由能量守恒定律可得联立可得，，故B正确；C．B球与A车以等大反向的动量相撞，由动量守恒定律可知两物体的共同速度为零，则对B球由动量定理可知即粘住的过程B受到的冲量大小为3N·s，负号表示冲量方向向左，故C正确；D．对B球与A车的作用过程，满足人船模型解得，，故D正确。故选BCD。8、ACD【解析】根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS求解，S是有效面积；由求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量【详解】A．由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框总的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；B．t=0时刻穿过线框的磁通量为：Φ=B1××πr2-B2××πr2=1×0.5×3.14×0.12-2××3.14×0.12Wb=0.005Wb，故B错误；C．在t=0.6s内通过线框中的电量，故C正确；D．由Q=I2Rt=（）2×△t≈0.07J，故D正确故选ACD9、AC【解析】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R1阻值变大，可知总电阻变大，总电流减小，则A读数减小；路端电压变大，则R3电流变大，则A1支路电流减小，则V2读数减小，则V1读数变大，选项A正确，B错误;C．因路端电压U=U1+U2，路端电压U变大，而U1变大，而U2减小，则电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，选项C正确；D．根据U=E-Ir可知，则电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值等于电源内阻，选项D错误10、ACD【解析】灯泡的电阻受温度的影响，不同电压下温度不同，其电阻也不同，随温度的升高电阻增大，图像斜率变大。A．图像与分析不符，故A错误，符合题意；B．图像与分析相符，故B正确，不符合题意；C．图像与分析不符，故C错误，符合题意；D．图像与分析不符，故D错误，符合题意。故选：ACD。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.B③.C④.⑤.1.50⑥.0.84【解析】(1)[1]实验的测量原理方程为闭合电路欧姆定律电压表的内阻远大于电源内阻，分流不明显，电流表内阻和电源内阻较为接近，分压明显，所以采用电路能够较准确的测量。(2)[2]一节干电池的电动势约为，所以选择量程为的电压表即可，即B。[3]滑动变阻器以限流的方式接入电路，为了方便调节，所以选择C即可。或者根据(3)中的表格可知，接入电路中的最大电阻约为所以选择阻值较小的滑动变阻器即可。(3)[4]用直线将有效的数据点连成直线，如图：(4)[5]根据闭合电路欧姆定律变形可知图像的纵截距即为电动势的测量值[6]图像斜率的大小即为电源内阻的测量值12、①.0.1050；②.11.30；③.；④.【解析】(1)由图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；(2)合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；(3)根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解【详解】(1)刻度尺读数：0.2050-0.1000=0.1050m；游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为11.30mm；(2)因电源的电压为4.5V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为500Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为9mA，从精确角来说，所以电流表选择量程0～10mA；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏大，因此选择电流表内接法，根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接．如图所示；(3)根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，，解得：，所以电导率为：【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；同时还考查了同学们设计电路的能力，要弄清楚是内接法还是外接法，是分压还是限流法；考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；理解欧姆定律与电阻定律的应用，掌握误差的分析及其产生原因四、计算