2025-2026学年浙江省湖州市高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年浙江省湖州市高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共10小题，共30分。1.下列物理量是矢量且括号中对应单位正确的是(

)A.磁通量(Wb) B.磁感应强度(T) C.动量(N⋅m) D.2.下列四位科学家对应的历史成就，其中正确的是(

)A.安培发现了电磁感应现象 B.法拉第用实验验证了电磁波的存在

C.奥斯特发现了电流的磁效应 D.麦克斯韦提出了能量子假设3.下列说法正确的是(

)A.只要有电场和磁场，就能产生电磁波 B.电磁波在真空和介质中都能传播

C.紫外线可以用来加热理疗 D.微波炉是利用红外线来加热食物4.如图所示，一长为L的导体棒ab在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其b端以角速度ω在垂直于磁场的平面内匀速转动，则ab两端产生的感应电动势为(

)A.BL2ω2 B.BL25.开车时，驾驶员必须系上安全带，因为它是驾驶员生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为60kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下，不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下，则在碰撞过程中使用安全带(

)A.减小了假人所受合外力的冲量 B.减小了假人的动量变化量

C.使假人受到的平均作用力约为1500N D.增大了假人受到的冲击力6.关于下面四幅图涉及的物理知识，下列说法正确的是(

)

A.图甲中磁铁若不动，开关S闭合瞬间，电流计指针发生偏转

B.图乙中动圈式扬声器发声时，其工作原理是电磁感应

C.图丙中摇动手柄使磁铁旋转，铝框也会跟着转动的现象叫电磁阻尼

D.图丁中家用电磁炉加热食物是利用涡流工作的7.如图甲所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻，为方便操作，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端，完成读数后，李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离，此时刘伟觉得有电击感。测线圈电阻时的电路如图乙所示。则(

)

A.测量线圈电阻时，通过刘伟的电流从右手到左手

B.发生电击瞬间，变压器线圈中的电流变大

C.发生电击前后，通过刘伟的电流方向相同

D.刘伟有电击感时，其右手比左手电势高8.如图所示，在半径为R的圆周上有A、B、C、D四个等分点，甲、乙两根通电长直导线垂直于纸面通过圆周上的A、B两点。当通过两直导线电流大小相等，方向如图所示时，圆心O处磁感应强度大小为2B0(已知通电长直导线周围某点磁感应强度大小B=kIr，式中I为导线中的电流，r为该点到导线的距离，k为比例系数A.圆心O处的磁感应强度方向与AB连线平行

B.当乙导线中电流反向时，圆心O处磁感应强度不变

C.C处磁感应强度大小为B02

D.C处磁感应强度方向与9.门禁卡工作原理：把门禁卡(图甲)靠近读卡器时，读卡器发射变化的磁场，门禁卡内部的线圈会产生一个微小的感应电流，将卡内存储的编码信息发送回读卡器，读卡器发送一个“开门”指令给电锁，即可开门。如图乙所示，门禁卡内置一正方形线圈，其匝数n=100匝，边长a=2cm，线圈电阻r=1Ω，外接电阻R=1Ω，读卡器在线圈处产生的磁场随时间的变化如图丙所示，磁场覆盖整个线圈且方向与线圈平面垂直。则(

)

A.0～2×10−3s内，通过电阻R的电流大小为0.12A

B.0～2×10−3s内，电阻R两端的电压为0.12V

C.2×10−3s～4×10−310.托卡马克环形容器是核聚变工程中重要的装置，如图是某一托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点发射a、b两个粒子，都恰好到达磁场外边界。已知a粒子沿同心圆的径向发射，其速度大小va=qBR0m，b粒子沿内圆的切线方向发射，a、A.外圆半径等于2R0

B.a粒子恰好到达磁场外边界所用时间为πm2qB

C.b粒子速度大小为(22二、多选题：本大题共3小题，共12分。11.关于图中所示的四个运动项目表述正确的是(

)

A.图甲中，打出后的台球与前方台球碰撞的过程中，两台球组成的系统动量守恒

B.图乙中，运动员拖着滑板在空中做斜抛运动的过程中，运动员和滑板构成的系统动量守恒

C.图丙中，运动员掷出铅球的过程中，铅球和人构成的系统动量守恒

D.图丁中，推出后的冰壶与前方冰壶相碰的过程中，两冰壶组成的系统动量守恒12.如图为回旋加速器的原理图，D1和D2是两个中空的半径均为R的半圆金属盒，接在电压为U的交流电源上，均置于与盒面垂直的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，位于D2圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可忽略)，质子在两盒之间被电场加速。已知质子的电荷量为q，质量为m，忽略质子在电场中运动的时间、质子所受重力及质子间的相互作用，不考虑加速过程中的相对论效应。则(

)A.仅增大交变电压U，质子在加速器中获得的最大动能将增大

B.质子离开回旋加速器时的最大动能Ekm=q2B2R22m

C.质子第一次进入13.如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B=2.5T的匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度HP及PN均为L=0.4m。一个质量m=0.4kg、电阻R=2Ω(每边电阻相等)、边长也为L的单匝正方形导线框abcd由静止开始沿斜面下滑，ab边恰好匀速穿过区域Ⅰ，再经区域Ⅱ的磁场后离开。则(

)A.ab边刚进入磁场Ⅰ时线框中电流方向a−d−c−b−a

B.ab边刚进入磁场Ⅰ时ab两端的电压为1V

C.ab边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为5m/s2

D.ab边刚进入磁场Ⅱ至到达MN的过程中，通过ab三、填空题：本大题共1小题，共4分。14.在“长度的测量及测量工具的选用”实验中，图甲所示的游标卡尺读数为

mm，图乙所示的螺旋测微器读数为

mm。

四、实验题：本大题共2小题，共11分。15.小明用图甲所示装置做“验证动量守恒定律”实验，已知A、B两球半径相同。实验时先使A球从斜槽轨道上某一固定位置G静止滚下，落到水平地面的记录纸上并留下痕迹。重复上述操作10次得到10个落点痕迹。再把B球放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置G静止滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地点的平均位置P、Q和R，O点位于斜槽轨道末端正下方。

(1)关于该实验，下列说法正确的是

(多选)。

A.斜槽轨道一定要光滑

B.入射小球质量mA应大于被碰小球质量mB

C.斜槽轨道末端需要调成水平

D.必须测出两小球做平抛运动的竖直高度

(2)要验证两小球碰撞过程动量是否守恒，需要验证的表达式为

(用mA、mB、OP、OQ、OR表示)16.小王同学测量两节串联干电池组的电动势和内阻，该小组所在的实验室中有下列实验器材：

A.干电池二节，每节电动势为1.5V左右

B.电流表(量程为0～0.6A，RA=0.30Ω)

C.电压表(量程为0～3V，内阻约为2kΩ)

D.滑动变阻器R1(阻值为0～100Ω，0.1A)

E.滑动变阻器R2(阻值为0～10Ω，2A)

F.开关K，单刀双掷开关S

G.导线若干

(1)在本实验中，滑动变阻器应选择

(选填“D”或者“E”)；

(2)在现有的实验器材下，为尽可能精确测量干电池电动势和内阻，图甲中的开关S应接到

(选填“1”或者“2”)；

(3)经过正确操作，得到多组U、I数据，作出U−I图像如图乙所示，则两节干电池总的电动势为

V，总内阻为

Ω(五、计算题：本大题共4小题，共43分。17.如图甲所示，质量m=0.2kg、长度L=0.5m的直导线用两绝缘细线悬挂于E、F，导线中通以方向向右且大小I=2A的电流，导线处于某一匀强磁场中。

(1)若磁场方向垂直纸面向外且大小为2T，求安培力的大小；

(2)为使悬线与竖直方向夹角为30°，并保持导线静止，如图乙所示，求两种情况下的磁感应强度大小：

①磁场方向竖直向上；

②磁场方向平行于两绝缘细线方向向上。18.如图所示，质量m=1.0kg的滑块B静止放置于光滑平台上，平台右侧有一质量M=6.0kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。另一与B完全相同的滑块A以v0=8m/s的速度向右运动，与滑块B碰撞后粘在一起，共同离开平台滑上小车C，且恰好未滑落，滑块A、B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.6，A、B可视为质点。求：

(1)滑块A和B碰撞结束后的速度大小；

(2)小车C最终的速度大小；

(3)小车C的长度。19.某学习小组设计了一套电磁弹射装置模型。如图所示，在水平面上固定两根足够长的光滑金属导轨AB、CD，两导轨间距L=0.5m，导轨间加有竖直向下、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场。一电压U=4V的恒压源接在导轨左侧，单刀双掷开关S与阻值R1=1Ω的定值电阻按图示方式接入。在两导轨间，垂直导轨放置一根质量m=0.2kg、长度也为L的导体棒ab，其上锁定一架质量M=0.2kg的绝缘模型飞机。导体棒的电阻R=4Ω，整套模型其余电阻不计。弹射时，将开关S掷于1，模型飞机在导体棒带动下向右加速一段时间后达到最大速度vm。此后某一时刻，解除锁定(飞机与导体棒接触点可认为已光滑)，并同时将开关S掷于2，使导体棒减速。求：

(1)开关S掷于1的瞬间，模型飞机的加速度大小；

(2)棒所能达到的最大速度vm的大小；

20.如图所示，AE、CF相互平行且足够长，其中AB、CD处放置有一对平行导电栅极板(带电粒子可不受影响的穿过)，栅极板通过导线与电压不变的电源相连，在AB、CD之间产生匀强电场。AE上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，BE、DF之间没有任何场。以D点为坐标原点，DF为x轴建立如图的直角坐标系。正极板上P(−L,0)点处有一粒子源，能不断产生初速度不计、电荷量为q的带正电的粒子。当粒子源发射粒子的质量为m时，粒子第一次离开磁场经过B点。忽略栅极板电场的边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。

(1)求电源的电压U；

(2)若粒子源发射粒子的质量为km，且115<k<1，其他条件不变，粒子仍能经过B点，求k值；

(3)若粒子源持续不断地发射质量介于16m9和4m之间的粒子，欲使这些粒子可以汇聚于点(−L,−2L)，需在第三、四象限加一方向垂直纸面向外且磁感应强度大小为B2的匀强磁场，求所加磁场区域的最小面积

答案解析1.【答案】B

【解析】解：A.磁通量是标量，虽然有正负，但正负仅代表磁通量的方向与规定的正方向相同或相反，不具有矢量的方向性，它的单位是韦伯(Wb)，单位正确，但磁通量不是矢量，故A错误；

B.磁感应强度是矢量，它既有大小又有方向，其方向就是磁场的方向，它的单位是特斯拉(T)，单位正确，故B正确；

C.动量是矢量，其方向与速度方向相同，但它的单位是千克⋅米/秒(kg⋅m/s)，而不是牛顿⋅米(N⋅m)，牛顿⋅米是功或能量的单位，故C错误；

D.电流虽然有方向，但它的方向是正电荷定向移动的方向，不遵循矢量的平行四边形定则，因此电流是标量，它的单位是安培(A)，单位正确，但电流不是矢量，故D错误。

故选：B。2.【答案】C

【解析】解：A.电磁感应现象是由法拉第发现的，而非安培，安培的主要贡献是研究电流之间的相互作用，提出了安培力的相关规律，故A错误；

B.用实验验证电磁波存在的是赫兹，而非法拉第。法拉第的核心成就是发现电磁感应现象，故B错误；

C.奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，证明了电流可以产生磁场，这是电与磁联系的重要发现，故C正确；

D.提出能量子假设的是普朗克，而非麦克斯韦。麦克斯韦的主要贡献是建立了电磁场理论，并预言了电磁波的存在，故D错误。

故选：C。

回忆每位科学家的核心物理贡献，与选项描述进行逐一比对，从而判断正误。

本题考查物理学史，属于基础记忆类题目，需要准确记住各位物理学家的标志性成就，避免概念混淆，是对物理学科素养的基本考查。3.【答案】B

【解析】解：A.只有变化的电场和变化的磁场交替产生，才能激发并向外传播电磁波。静止的电场或磁场无法产生电磁波，故A错误；

B.电磁波的传播不需要介质，既可以在真空中传播，也可以在介质中传播，故B正确；

C.用于加热理疗的是红外线，它的热效应显著；而紫外线主要用于杀菌消毒、荧光效应等，故C错误；

D.微波炉是利用微波(属于电磁波)的高频振动使食物分子共振来加热的，而不是红外线，故D错误。

故选：B。

逐一分析每个选项中关于电磁波的产生、传播及不同电磁波的应用，结合相关物理知识判断正误。

本题考查电磁波的基本性质与应用，是基础概念题，需要区分不同电磁波的特点和用途，对基础知识的记忆与理解要求较高。4.【答案】A

【解析】解：导体棒转动切割磁感线产生感应电动势E=BLv−=BLωL2=12BL2ω，故5.【答案】C

【解析】解：ABD、无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，由动量定理IF=Δp可知，假人所受合外力的冲量不变，有安全带的情况下，作用时间变长，根据缓冲原理，则动量的变化率变小，则假人受到的冲击力变小，故ABD错误。

C、对假人，以初速度方向为正方向，则有：初速度为：v=72km/h=20m/s，末速度为0，根据动量定理可得：F−⋅Δt=0−mv，解得：F−=0−mvΔt=0−60×200.8N=−1500N，负号表示力的方向与正方向相反，由此可知使假人受到的平均作用力为6.【答案】D

【解析】解：A.图甲是电磁感应装置(无电源，只有电流计和线圈)。当磁铁不动时，开关闭合瞬间，线圈的磁通量没有发生变化，因此不会产生感应电流，电流计指针不会偏转，故A错误；

B.图乙是动圈式扬声器，其工作原理是通电线圈在磁场中受力运动(电流的磁效应)，而电磁感应是动圈式话筒的原理，故B错误；

C.图丙中，摇动手柄使磁铁旋转，铝框中产生感应电流并在磁场中受力，从而跟着磁铁转动，这是电磁驱动现象，而非电磁阻尼(电磁阻尼是导体运动时受阻碍的现象)，故C错误；

D.图丁是家用电磁炉，其工作原理是利用交变电流产生交变磁场，使锅底产生涡流，通过涡流的热效应来加热食物，故D正确。

故选：D。

逐一分析四幅图对应的物理原理，结合电磁感应、电流磁效应、电磁驱动与阻尼、涡流等知识点判断选项对错。

这道题通过四个不同的电磁装置，综合考查电磁学核心原理，能有效检验对常见电磁设备工作机制的理解与区分能力。7.【答案】D

【解析】解：A.测量线圈电阻时，黑表笔接内部电源正极，则通过刘伟的电流从左手到右手，故A错误；

BC.表笔与线圈脱离瞬间，线圈中的电流减小，根据楞次定律可知，线圈自感作用产生感应电动势，阻碍线圈中的电流减小，所以感应电流方向与线圈中原来的电流方向相同，由于刘伟与线圈并联，一开始两者电流方向相同，表笔与线圈脱离后，线圈相当于电源，电流从线圈流入刘伟，使得表笔与线圈脱离前后通过刘伟的电流方向发生改变，故BC错误；

D.通过C选项分析，刘伟有电击感时，其右手比左手电势高，故D正确。

故选：D。

A.根据欧姆表内部结构和表笔的电势高低判断电流方向；BC.根据自感现象、楞次定律分析判断电流大小和方向的变化；D.根据发生自感时结合楞次定律判断电势高低。

考查多用电表的内部结构和自感现象，楞次定律的应用，理解楞次定律的内容，属于基础题。8.【答案】C

【解析】解：A.根据安培定则，甲导线在O点产生的磁感应强度方向与AB连线垂直，乙导线在O点产生的磁感应强度方向也与AB连线垂直，但方向相反。因此，圆心O处的磁感应强度方向与AB连线垂直，故A错误；

B.当乙导线中电流反向时，乙导线在O点产生的磁感应强度方向改变，与甲导线产生的磁感应强度方向相同，因此圆心O处的磁感应强度会改变，故B错误；

C.如图

甲导线到C点的距离为r，产生的磁感应强度大小为B0；乙导线到C点的距离为2r，产生的磁感应强度大小为B02

两者方向夹角135°，通过矢量叠加计算，合磁感应强度大小为B02，故C正确；

D.通过矢量叠加分析，C处合磁场方向并非与AB连线垂直，故D错误。

9.【答案】D

【解析】解：AB.0～2×10−3s时间内，由法拉第电磁感应定律可得E=nΔBΔtS=100×6×10−32×10−3×(2×10−2)2V=0.12V，根据闭合电路欧姆定律可得I=ER+r

代入数据得I=0.06A，根据U=IR

代入数据得U=0.06V，故AB错误；

D.2×10−3s～4×10−3s时间内，由法拉第电磁感应定律可得E′=nΔB′ΔtS=100×(6−4)×10−34×10−3−2×10−3×(2×10−2)10.【答案】C

【解析】解：对a粒子分析：a粒子沿径向发射，由几何关系可知，其轨迹圆心在O点，轨迹半径ra=R0，外圆半径R=R02+ra2=2R0，a粒子运动轨迹为14圆弧，周期T=2πmqB，运动时间ta=T4=πm2qB。

对b粒子分析：b粒子沿切线方向发射，由几何关系(2R0−rb)2+R11.【答案】AD

【解析】解：A.台球碰撞过程中，两球之间的碰撞力(内力)远大于摩擦力等外力，因此两球组成的系统动量守恒，故A正确；

B.运动员抱着滑板在空中抛滑板时，系统(运动员+滑板)在竖直方向受重力作用，合外力不为零，因此动量不守恒。故B错误；

C.运动员掷铅球时，系统(铅球+人)受地面支持力和重力，且人蹬地时会受到地面的外力，合外力不为零，因此动量不守恒，故C错误；

D.冰壶碰撞过程中，摩擦力很小，碰撞的内力远大于外力，因此两冰壶组成的系统动量守恒，故D正确。

故选：AD。

判断各系统所受合外力是否为零或内力远大于外力，据此分析系统的动量是否守恒。

这道题结合生活运动场景考查动量守恒的判定条件，能检验对守恒条件的理解和实际应用能力。12.【答案】BC

【解析】解：AB.当质子被加速到速度最大时，则有Bqvm=mvm2R

质子的最大动能Ekm=12mvm2=q2B2R22m，若只增大交流电源的电压U，则质子的最大动能不变，故A错误，B正确；

C.质子第一次经过D1时根据动能定理可得qU=12mv12，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv1=mv12r1

解得r1=1B2mUq，同理质子第一次经过13.【答案】AD

【解析】解：A.根据楞次定律，当ab边进入磁场I时，感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加，因此电流方向为a−d−c−b−a，故A正确；

B.，ab边切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，由于线框匀速运动，安培力等于重力沿斜面的分力，即F安=mgsinθ=BIL

解得I=mgsinθBL，ab切割磁感线此时ab两端的电压为路端电压，则ab两端的电压Uab=E−Ir=34E=34BLv，由于线框匀速运动，v=mgsinθB2L2

代入数据得Uab=0.75V，故B错误；

C.ab边进入磁场Ⅱ时，由于磁场方向改变，感应电流方向改变，但安培力方向不变，因此加速度a=F安m=2BILm，由于线框匀速运动，I=mgsinθBL

代入数据计算得a=2.5m/s2，故14.【答案】7.52.717

【解析】解：甲图游标卡尺主尺读数：主尺上游标尺0刻度线左侧对齐的刻度为7mm，

游标尺精度：这是10分度游标卡尺，精度为0.1mm，

游标尺对齐格数：游标尺上第5条刻度线与主尺刻度对齐，

总读数：7mm+5×0.1mm=7.5mm；

乙图螺旋测微器固定刻度读数：固定刻度显示为2.5mm(已露出半毫米刻度线)，

可动刻度精度：精度为0.01mm，

可动刻度读数：读数为21.7×0.01mm=0.217mm，

总读数：2.5mm+0.217mm=2.717mm。

故答案为：7.5；2.717。

游标卡尺：总读数=主尺读数+游标尺对齐格数×精度(20分度精度为0.05mm，10分度为0.1mm，50分度为0.02mm)。

螺旋测微器：总读数=固定刻度读数(需判断半毫米刻度线是否露出)+可动刻度对齐格数×0.01mm(需估读一位)。

游标卡尺

1.读主尺：读取游标尺0刻度线左侧最近的主尺刻度(单位：mm)。

2.读游标尺：找到游标尺与主尺对齐的刻度线，对齐格数x仪器精度(20分度为0.05mm，10分度为0.1mm，50分度为0.02mm)。

3.总读数：主尺读数+游标尺读数(无需估读)。

螺旋测微器

1.读固定刻度：读取固定刻度上露出的刻度，注意观察半毫米刻度线是否已露出。

2.读可动刻度：读取可动刻度与水平线对齐的刻度，对齐格数×0.01mm(需估读一位)。

3.总读数：固定刻度读数+可动刻度读数(需保留三位小数)。15.【答案】BCm

【解析】解：(1)A.斜轨道不一定要光滑，只要到达底端时速度相同即可，故A错误；

B.入射小球质量mA应大于被碰小球质量mB，以防止入射球碰后反弹，故B正确；

C.斜轨道末端需要调成水平，保证小球做平抛运动，故C正确；

D.实验中用小球平抛的水平位移代替水平速度，则不需要测出两小球做平抛运动的竖直高度，故D错误；

故选：BC；

(2)实验中要验证的表达式为mAv0=mAv1+mBv2，小球碰前、碰后均做平抛运动，因时间相同，则水平速度与水平位移成正比，则有mAv0t=m16.【答案】E23.104.95

【解析】解：(1)为了操作、控制方便滑动变阻器的分压式接法中选最大阻值比待测电阻值大，但又相差不是太多的，故滑动变阻器应选择E；

(2)因电流表的内阻已知，为了减小实验误差用其内接法，故图甲中的开关S应接到2；

(3)由闭合电路的欧姆定律有U=E总−Ir总

由图知E总=3.10V，斜率的绝对值r总+0.30Ω=r总+RA=ΔUΔI=3.1−1.00.4Ω=5.25Ω

解得r17.【答案】安培力的大小为2N

①磁场方向竖直向上时，磁感应强度大小为233T；【解析】解：(1)导线受到的安培力大小F=BIL=2×2×0.5N=2N

(2)①以直导线为研究对象，从左侧看受力如图1所示：

图1

由平衡条件可得

F1=mgtan30°

根据安培力公式有F1=B1IL

联立解得：B1=233T

②根据平衡条件得

F2=mgsin30°

又F2=B2IL

解得：B2=1T

答：(1)安培力的大小