2025届海南省华侨中学高二物理第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

2025届海南省华侨中学高二物理第一学期期末学业水平测试模拟试题注意事项：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、医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如上图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A.1.3m/s，a正、b负 B.2.7m/s，a正、b负C.1.3m/s，a负、b正 D.2.7m/s，a负、b正2、在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断不正确的是()A. B.C. D.3、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（）A.质点P将向上运动 B.电流表读数减小C.电压表读数减小 D.上消耗的功率增大4、两个质点之间万有引力的大小为F，如果将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，那么它们之间万有引力的大小变为A. B.C. D.5、电场强度是用比值定义法定义的物理量，下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法（）A.电流 B.磁感应强度C电容 D.电阻6、从航母起飞的战斗机在空中匀速飞行，在模拟训练中，先后投放多枚炸弹轰炸正前方静止的“敌方”舰船，投放每枚炸弹的时间间隔相同，且轰炸机投放炸弹后速度不变，炸弹离开飞机后受到的空气阻力忽略不计，则A.空中飞行的炸弹在相等时间内速度变化都相同B.战斗机的速度越大，炸弹在空中飞行时间越短C.战斗机上的飞行员看到投放在空中的炸弹位于一条抛物线上D.“敌方”舰船上的士兵看到投放在空中的炸弹位于一条抛物线上二、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1所示，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交变电流i，其变化规律如图2所示．下列说法正确的是（）A.时刻，b环内的感应电动势为零B.时刻，b环内的感应电流方向改变C.时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反D.时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大8、静电喷涂是利用静电现象制造的，其原理如图所示．以下说法正确的是（）A.涂料微粒带正电B.涂料微粒所受电场力的方向与电场方向相反C.电场力对涂料微粒做正功D.涂料微粒的电势能变大9、如图所示，光滑的“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好，磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动．下列说法正确的有（）A.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后将加速下滑B.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑C.若B2＜B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑D.若B2＞B1，则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑10、如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则A.所有粒子都不会打到两极板上B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D.只有t＝(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场三、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）如图所示，在实验室里小王同学用电流传感器和电压传感器等实验器材测干电池的电动势和内电阻。改变电路的外电阻R，通过电压传感器和电流传感器测量不同阻值下电源的路端电压和电流，输入计算机，自动生成U-I图线,如图（1）所示。(1)由图可得干电池的电动势为_________V，干电池的内电阻为_______Ω；(2)现有一小灯泡，其U－I特性曲线如图（2）所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端，小灯泡的实际功率是__W12．（12分）在做测干电池电动势和内阻的实验时备有下列器材可供选用A．干电池(电动势约1.5V)B．直流电流表(量程为0～0.6A,内阻为约0.10Ω)C．直流电流表(量程为0～3A,内阻约为0.025Ω)D．直流电压表(量程为0～3V,内阻约为5kΩ)E．直流电压表(量程为0～15V,内阻约为25kΩ)F．滑动变阻器(阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A)G．滑动变阻器(阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.5A)H．开关I．导线若干J．电池夹(1)为了实验误差较小，本实验选定的电流表为_____，电压表为_____，滑动变阻器为_____（填仪器的序号字母）。(2)在虚线框内画出实验原理图________.(3)根据实验记录，画出的U—I图象如图所示，可得待测电池的内阻r＝________Ω.待测电源的电动势E＝________V。（保留三位有效数字）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，两足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中．长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好．金属棒的质量为m、电阻为R，与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值也为R．现闭合开关，给金属棒施加一个方向垂直于棒且平行于导轨平面向上、大小为F＝3mg的恒力，使金属棒从静止开始运动，上滑位移x时速度恰达到最大速度vm．（重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）金属棒刚开始运动时的加速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）金属棒由静止开始上滑位移x的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q14．（16分）在如图所示的直角坐标中，x轴的上方有与x轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为E=×104V/m．x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=2×10﹣2T．把一个比荷为=2×108C/㎏的正电荷从坐标为（0，1.0）的A点处由静止释放．电荷所受的重力忽略不计，求：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；（2）电荷在磁场中的偏转半径；（3）电荷第三次到达x轴上的位置15．（12分）如图，在x轴上方有磁感强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感强度大小为B/2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电量为–q的带电粒子（不计重力），从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：（1）经多长时间粒子第三次到达x轴．(初位置O点为第一次)（2）粒子第三次到达x轴时离O点的距离

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】血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏．则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有所以故A正确2、C【解析】A.根据左手定则，垂直纸面向里的磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向上。故A正确不符合题意。B.根据左手定则，垂直纸面向外的磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动的方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向下。故B正确不符合题意。C.当速度与磁感线平行时，电荷不受洛伦兹力。故C错误符合题意。D.根据左手定则，水平向左的磁感线穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向向上，拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力方向垂直纸面向外。故D正确不符合题意。3、C【解析】ABC．由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB错误，C正确；D．因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小，故D错误；故选C。4、A【解析】根据万有引力定律公式得，将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，则万有引力的大小变为原来的，故万有引力变为A.与结论相符，选项A正确；B.与结论不相符，选项B错误；C.与结论不相符，选项C错误；D.与结论不相符，选项D错误；5、A【解析】比值法定义中，被定义的物理量与等式右边的各个物理量没有关系。【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，可知电路中电流的大小为可见电流与电动势和整个回路的总电阻有关，故A不是应用了比值法定义，A符合题意；B．磁感应强度B与F、I、L无关，故采用的是比值定义法，B不符合题意；C．电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，电容采用的是比值定义法，C不符合题意；D．电阻与U、I无关，采用的是比值定义法，D不符合题意。故选A。6、A【解析】A．空中飞行的炸弹都做平抛运动，加速度都是g，根据△v=gt知在相等时间内速度变化都相同，故A正确B．炸弹在空中飞行时间由下落的高度决定，与初速度无关，故B错误；C．由于惯性，炸弹和飞机水平方向具有相同速度，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，轰炸机上的飞行员看到投放在空中的炸弹位于一条竖直线上，故Ｃ错误；D．由于每一颗炸弹投放时刻不同，即抛出点不同，则“敌方”舰船上的士兵看到投放在空中的炸弹不在同一条抛物线上，故D错误二、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、AD【解析】A．t1时刻，a环中电流最大，电流的变化率为零，则b环内的感应电动势为零，选项A正确；B．t1-t3时间内，a环中电流的变化率均为负值，则b环中感应电流方向不变，则t2时刻，b环内的感应电流方向不变，选项B错误；C．t3～t4时间内，a环中电流负向减小，根据楞次定律可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，选项C错误；D．0～t4时间内，t2时刻a环中电流为零，但电流的变化率最大，则b环内的感应电动势最大，选项D正确；故选AD.【点睛】此题关键是高清i-t图像的物理意义，图像的斜率为电流的变化率，直接反应b环中感应电流的大小；斜率的符号反应b环中感应电流的方向.8、BC【解析】由于在喷枪喷嘴与被喷涂工作之间形成了强电场，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，则涂料微粒带负电，微粒所受电场力的方向与电场方向相反．故A错误，B正确；因粒子带负电，在库仑引力的作用下做正功，则电势能减小，故C正确，D错误．故选BC9、BCD【解析】若B2＝B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg－＝0，仍将保持匀速下滑，B对；若B2<B1，金属棒进入B2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F＝BIL＝BL＝知，mg－>0，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2>B1，金属棒进入B2区域后mg－<0，可能先减速后匀速下滑，故D也对10、ABC【解析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零【详解】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，该粒子竖直方向的分位移最大，该粒子恰好从上极板边缘飞出，则其他粒子没有达到上极板边缘，故所有粒子最终都不会打到极板上，AB正确D错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，设竖直方向最大速度为vym，则根据分位移公式有，由于，故有，故有，C正确【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解三、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、①.1.5V②.2Ω③.0.27Wa【解析】（1）[1][2]．由图所示图象可知，电源电动势为：E=1.5V电源内阻为：（2）[3]．由图象可知，灯泡与该干电池组成串联电路时，灯泡两端电压U=0.9V，电路电流I=0.3A，灯泡实际功率P=UI=0.9V×0.3A=0.27W12、(1).B(2).D(3).F(4).(5).0.690(6).1.45【解析】（1）[1][2][3]．因电源电动势为1.5V，则电压表选择D；电路中的电流不超过0.6A，则电流表选择B；滑动变阻器选择阻值较小的F即可；（2）[4]．实验电路如图：（3）[5][6]．待测电池的内阻待测电源的电动势E＝1.45V。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）2g（2）（3）【解析】(1)两物体的加速度大小相等，分析对物体和导体棒受力分析，根据牛顿第二定律列式，联立可求得加速度大小；(2)由E=BLv可求得感应电动势大小，再根据欧姆定律可求得电流，再根据受力分析共点力的平衡列式即可求得磁感应强度的大小；(3)对匀速过程分析，根据功能关系可求得电流做功的大小【详解】(1)刚开始运动时，v0=0，则由牛顿第二定律，可得：F-mgsinθ=ma解得：；(2)当速度达到vm时，则a=0，依据平衡条件，则有，F=mgsinθ+F安max；安培力大小，F安max=BImL，而闭合电路欧姆定律，切割感应电动势Em=BLvm；联立解得：；(3)由动能定理，可得：F•x-mg•xsinθ--W安克=而W安克=Q因此棒中产生热量联立解得：【