广东省广州市越秀区2024-2025学年高二年级上册学业水平调研测试（期末）物理试题（解析版）

广东省广州市越秀区2024-2025学年高二上学期学业水平调研测试（期末）物理试题

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.以下图片源于课本，对其描述正确的是（）

冶

炼

锅

A.图甲的加热原理是利用线圈中电流产生的焦耳热

B.图乙为双量程电流表，接“公共端、b”时量程较小

C.图丙中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动时，，铝框会反向转动

D.图丁中，油罐车车尾拖着一根落地的铁链是利用尖端放电原理将静电导走

【答案】B

【解析】【解答】A.图甲的加热原理是利用高频电流在金属中产生涡流，从而产生大量的热来熔化金属的，

选项A错误；

B.图乙为双量程电流表，接“公共端、b”时所并联的电阻较大，分流较小，则量程较小，选项B正确；

C.图丙中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动时、根据电磁驱动原理可知，铝框会同向转动，选项C错误：

D.图丁中，汕罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条，是利用诙的导电性将运输中产生的静电导走，从而避

免危险，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】1.涡流与焦耳热：区分“涡流发热”（感应炉）与“焦耳热”（纯电阻发热）的原理差异。

2.电流表量程：理解并联电阻对分流的影响。

3.电磁抠动：利用楞次定律，判断铝框运动方向。

4.静电导走：明确铁链是“导体直接导走静电'、，与尖端放电（放电现象）的区别。

2.如图所示为地磁场示意图。四川省稻城县海子山的“高海拔宇宙线观测站”是世界上海拔最高、规模最大、

灵敏度最高的宇宙射线探测装置。假设一束来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，

仅受地磁场的作用（忽略磁偏角），粒子到达该观测站附近时将（）

第1页

B.偏西C.偏南D.偏北

【答案】A

【解析】【解答】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的

方向向东，所以质子向东偏转，粒子到达观测站时将与竖直方向稍偏东一些射向观测站。

故答案为：Ao

【分析】1.明确研究对象与已知量：质子（正电）、运动方向（向下）、地磁场方向。

2.左手定则应用：通过左手定则，判断质子受力偏转方向。

3.小越将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，手握条形磁铁静止在线圈的正上方，此时电子秤的示数为

则当磁铁远离线圈时（）

A.线圈有扩张的趋势

B.电子秤的示数大于

C.电子秤的示数等于

D.线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视）

【答案】A

【解析】【解答】将磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量向卜.减少，根据楞次定律和安培定则可判断，线圈中

产生的电流沿逆时针方向（俯视）；根据楞次定律的推论“增缩减扩''可知，有扩张的趋势；根据楞次定律的推

论“来扫去留”可知，线圈与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于机。。

故答案为：Ao

【分析】1.磁通量分析：确定原磁通量变化（远离，向上减小）。

2.感应电流判断：用楞次定律（阻碍变化）+安培定则（判断电流方向）。

3.线圈趋势与受力：通过“增缩减犷”“来拒去留”推论，判断线圈趋势和对电子秤的压力变化。

4.酒精测试仪是通过检测呼出气体中的酒精浓度来推断血液中的酒精含量。图示为一种呼气酒精测试仪的

第2页

原理图，其中R、Ro为定值电阻，电流表、电压表均为理想表，酒精气体传感器可视为一个电阻，其阻值与

下列说法正确的足（）

B.电压表的示数变大

C.电压表与电流表示数的比值变小

D.电压表示数与呼气酒精浓度成正比

【答案】B

【解析】【解答】AB.当醉酒人员末传感器吹气时，酒精气体传感器接入电路阻值减小，则电路总电阻减

小，根据闭合电路欧姆定律可知，目路总电流增大，路端电压减小：则通过R的电流增大，通过岛的电流增

大，&两端电压增大，即电压表的示数变大，故A错误，B正确;

C.根据欧姆定律可得

U

R。二不

可知电压表与电流表示数的比值不变，故C错误;

D.设酒精浓度为C,则有

k

%=C

由闭合电路欧姆定律，可知电路电流为

E

R酒+R+&

则电压表示数为

ER。

U=®=-r------------

与+R+Ro

可知电压表示数与呼气酒精浓度不成正比，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】依据传感器“阻值与酒精浓度成反比“，确定吹气时电阻变化，从“总电阻变化”入手，结合闭合电路

欧姆定律推导总电流变化，最后基于欧姆定律，分析定值电阻RQ两端电压、电表示数比值，以及电压表示

数与酒精浓度的函数关系C

5.某扫地机器人电动机的输入电压恒为10人线圈电阻为1C。正常工作时电流为34。下列说法正确的是

第3页

A.正常工作时，电动机的输出功率为30W

B.正常工作时，电动机的机械效率为90%

C.电动机被杂物卡住无法运转时，电动机的发热功率为100W

D.根据焦耳定律，无论电动机正常工作还是被卡住，电动机的发热功率均为9W

【答案】C

【解析】【解答】AB.正常工作时，电动机的输入功率为P入=W=301V

热功率为P热=l2r=9W

则电动机的输出功率为P出=0入—P热=21卬

P中21

则正常工作时，电动机的机械效率为〃=Lx100%=前x100%=70%

入

故AB错误；

CD.电动机被杂物卡住无法运转时，电流为/'=

则电动机的发热功率为P、=I，2r=10014/

故C正确，D错误。

故答案为：Co

【分析】1.正常工作（非纯电阻）：区分输入功率（P=UI）、热功率（热P然二产丁）、输出功率（出入热

P少

P^=PA-），再计算机械效率（出入叩=或）。

2.被卡住（纯电阻）：此时电动机为纯电阻，用欧姆定律算电流，再用P=I2r算热功率。

6.如图甲，矩形导线框一半面积置于垂直纸面的磁场中，磁感应强度8随时间£变化的图像如图乙，设磁场

垂直纸面向里为正方向，线圈中感应电流i顺时针为正方向，Qd边受到的安培力/水平向右为正方向，则关于

i、尸随£变化的图像正确的是（）

第4页

【解析】【解答】AB.由图乙可知，在0〜1s内，磁感应强度方向为正向（垂直纸面向里）且均匀增大，根据

法拉第电磁感应定律可知，产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针（负方

向）；同理，在l~3s内，感应电流恒定，沿顺时针方向（正方向），在3~4s内，感应电流恒定，沿逆时针方

向（负方向），故AB错误；

CD.在0〜Is内，ad边的电流方向为a—d,根据左手定则可知，安培力的方向为水平向右（正方向），根据安

培力公式尸=其中I恒定不变，B随着I均匀增大，则F随着t均匀增大；同理，l-2s内，安培力水平

向左且均匀减小，2~3s内安培力水平向右且均匀增大，3~4s内安培力水平向左且均匀减小，故C错误，D正

确。

故答案为：Do

【分析】1.感应电流：利用法拉第电磁感应定律和楞次定律（判断电流方向），确定电流大小（恒定）和方

向（随磁通量变化变向）o

2.安培力：由F=BILCI恒定，B线性变化，F线性变化）,结合左手定则（判断方向）,分析安培力

的大小和方向变化。

7.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场强度为E，方向沿竖直方向，磁感应强度为B,方

向垂直纸面向里。一质量为m的带电微粒，在该场区内沿竖直平面做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加

速度为g，则可判断该微粒（）

第5页

A.一定沿逆时针方向运动

B.一定是带电量为等的负电荷

C.运动的速率一定为摩

AC

D.运动到最低点时电势能一定最大

【答案】D

【解析】【解答】AB.带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则有mg=qE

可得微粒的电荷量大小为q=等

由于电场方向不确定，所以小球的电性不能确定，小球的运动方向不能确定，故AB错误：

C.粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有=m萼

A

联立解得U=迺=半

mE

故C错误；

D.由于带电微粒受到的电场力竖直向上，所以带电微粒从最低点向最高点运动过程，电场力一直做正功，

电势能一直减小，则带电微粒运动到最低点时电势能最大，故D正确。

故答案为：Do

【分析】1.受力平衡：重力与电场力平衡(mg=qE),结合电场方向判断电荷正负。

2.圆周运动：洛伦兹力提供向心力(quB=m%)，联立求速度。

3.电势能变化：电场力做功与电势能变化的关系(电场力做正功，电势能减小；反之增大),判断最低点电

势能最大。

二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.如图甲所示为计算机键盘，每个键下面由相互平行的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气

间隙，组成了如图乙所示的平行板可容器，内部电路如图丙。在按下A键过程中，下列说法正确的是

()

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'昌.'定支撑板

空气〜黑

甲乙

A.电容器的电容变大B.图丙中电流方向从Q流向b

C.极板间场强不变D.电容器极板电荷量增加

【答案】A,D

【解析】【解答】A.按下A键过程中，极板间距离减小，根据。=存才可知电容器的电容变大，故A正

确；

C.根据E=§,由于板间电势差保持不变，极板间距离减小，式知极板间场强变大，故C错误；

BD.根据C=£,由于板间电势差保持不变，电容器的电容变大，则电容器极板电荷量增加，图丙中电流方

向从b流向a,故R错误，D正确。

故答案为：ADo

【分析】1.电容判断：用决定式C=转7看d变化对C的影响。

471kd

2.电场强度：用E=，，结合U不变（接电源）,判断E变化。

3.电荷量：用定义式Q=CU,结合C增大、U不变，判断Q变化。

4.电流方向：充电时电流从电源正吸流向电容器极板，确定方向。

9.如图所示，A是自感系数很大的线圈，电阻为凡A、B和C是三个相同的小灯泡，电阻也为R。下列判断

正确的是（）

A.闭合开关S的瞬间，A、C灯同时亮，B灯缓慢亮

B.闭合开关S一段时间后，A、B灯一样亮

C.断开开关S的瞬间，Q点的电势比b点高

D.断开开关S的瞬间，A灯闪亮一下后再熄灭

【答案】A,C

【解析】【解答】A.闭合开关S的瞬间，A、C灯同时完，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增

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大,所以B灯缓慢亮，故A正确；

B.闭合开关S一段时间后，由于线圈的直流电阻为R,可知B灯支路电阻大于A灯电阻，则A灯电流大于

B灯电流，A灯比B灯亮，故B错误；

C.断开开关S的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且方向由b点到a点，但线圈相

当于电源的内阻，即b点为负极，Q点为正极，所以Q点的电势比方点高，故C正确；

D.断开开关S的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且与A、B灯构成回路，由于

断开开关前通过线圈的电流小于A灯的电流，所以A灯不会闪亮一下，再熄灭，故D错误。

故答案为：ACo

【分析】1.闭合瞬间：自感电动势阻碍电流变化，A、C瞬间亮，B缓慢亮。

2.稳定后：线圈为纯电阻，比较支路电阻和电流，判断灯的亮度.

3.断开瞬间：线圈自感为电源，分析电流方向和大小，判断电势和灯的闪亮情况。

10.如图所示的装置可测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂通过绝缘细线挂着正六边形线框，线框的边长

为3底边水平，恰有一半处于匀强磁场中，该磁场的磁感应强度8的方向与线框平面垂直。当线圈中通入顺

时针电流/时，调节硅码使两臂达到平衡。然后改变电流的方向，大小不变，在右盘中增加质量为m的祛码

后，两臂再次达到新的平衡，则（）

A.B大/卜为号和B.8大小为第，

LILifL

C.磁场方向垂直线框平面向里D.线框所受安培力大小为28〃

【答案】B,C,D

【解析】【解答】A.重力变化增加为向下mg,安培力增加两份为向上才能平衡，初始安培力得向下,

如图磁场里有效长度为0.5L+L+0.5L=2L,改变电流方向导致安培力方变化前后有

第8页

B.B=罂，故B正确。

T'/L

c.初始安培力得向下，由左手定则可知磁场方向垂直线框平面向里，故c正确；

D.但两次平衡差值mg,向下安培力改为向上，产生两个安培力增量，线框处于磁场部分的等效长度为2L,

则线框所受安培力大小为/安=Bh2L=2BIL,故D正确；

故选BCD。

【分析】（1）通过力矩平衡条件分析安培力方向及大小，结合安培力公式F=BIL求磁感应强度；电流反向

时安培力反向，需增加祛码质量m重新平衡，说明安培力方向与重力方向相同或相反；

（2）易错点：误判磁场方向需通过安培力方向推断：混淆安培力作用边数（仅底边受安培力）。

三、实验与探究（共17分，请把答案填写在答卷纸上相应位置）

11.某学习小组要测量一节干电池的电动势和内阻（约1C）,实验室提供的器材有：

电压表V（量程3V,内阻约3AQ）；

电流表A（量程0.64内阻约1C）：

滑动变阻器R（最大阻值为20C）：

定值电阻以）（阻值为1。）；

（I）实验过程中该小组在记录电压表和电流表不数时发现，电压表不数的变化范围比较小。该小组改进

了实验方案，测出几组电流、电压的数值，描绘出U-/图像，如图丙。请用笔画线代替导线将实物图甲补充

第9页

完整O

(2)图乙为电压表表盘，其读数为V；

(3)由图丙知该电池的电动势E=V,内电阻r=Q。(结果均保留两位小数)

(3)1.50；0.79

【解析】【解答】(1)该小组在记录电压表和电流表示数时发现，电压表示数的变化范围比较小，为了使电压

表示数变化范围大一些，可将定值?阻Ro与电源串联，当成一个等效电源，增大等效电源的内阻；电流表相

对于电源应采用外接法，则完整的实物连线如图所示

(2)电压表量程为3V,分度值为0.1P,由图乙可知其读数为1.20P。

故答案为：1.20

(3)根据闭合电路欧姆定律可得E=U+/(R0+r)

可得U=-/(&)+r)+E

由图闪可知该电池的电动势为E=1.50V

U一/图像的斜率绝对值为=/?0+r=H=1.79。

U・4o

可得内阻为r=0.79Q。

故答案为：1.50：0.79

【分析】(1)电压表示数变化小，说明电源内阻小，通过串联/?0增大等效内阻，同时电流表外接法减小误

差。

(2)根据量程和分度值，直接读取电压表数值(注意估读)。

(3)利用闭合电路欧姆定律变形为线性方程U=-(R0+r)I+E,通过图像截距和斜率计算E和丁。

(1)该小组在记录电压表和电流表示数时发现，电压表示数的变化范围比较小，为了使电压表示数变化范

围大一些，可将定值电阻&与电源串联，当成一个等效电源，增大等效电源的内阻；电流表相对于电源应采

用外接法，则完整的实物连线如图所示

第10页

（2）电压表量程为3V,分度值为0.1V,由图乙可知其读数为1.20人

（3）UH2］根据闭合电路欧姆定律可得E=U+/（R°+r）

可得U=-/（七+r）+E

由图丙可知该电池的电动势为E=1.50V

U-/图像的斜率绝对值为冈=/?0+r=\蓝Cx1.7911

可得内阻为r=0.790

12.电子产品在生产过程中会产生含多种重金属离子的废水，判断废水是否达到排放标准可以通过测定其电

阻率进行认定，一般工业废水电阻率的达标值为pN200。•m。小越想测出开发区内一工厂排出的废水的电

阻率，他用透明塑料板自制了一个长方体容器，其左、右两侧面内壁紧贴金属铜薄板（板的厚度和电阻的影

响可忽略不计），铜薄板上端分别带有接线柱A、8,如图甲所示，容器内表面长Q=40cm,宽b=20cm,

高c=20cm。将废水注满容器后，进行如下实验操作。

（1）用多用电表粗测废水的电阻值：将水样注满盛水容器，多用电表选择开关旋至“X100”挡后进

行,再将红、黑表笔连接到盛水容器左右两侧的接线柱4、B上,多用电表指针位置如图乙所

示，则该废水的电阻值约为。；

（2）为更精确地测量所取废水的电阻率，小越从实验室中找到如下实验器材：

A.直流电源E（电动势E约3V,内阻小约0.1C）；

B.电压表V（量程。〜3忆内阻约3AQ）；

C.电流表4（量程。〜3m力，内阻约10Q）；

D.电流表/（量程。〜内阻约040）；

E.滑动变阻器R（0〜100C,额定电流2.04）；

第11页

F.开关S一个，导线若干。

根据实验要求，选用的电流表足（填写器材前面的字母序号“C”或），请在虚线框中画出电

路图，并标明所选器材符号

丙

（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、/数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一

（4）由以上测量数据，计算出待测废水的电阻率p=（结果保留三位有效数字）。该废水.

（填“达到"或“未达到"）排放标准。

【答案】欧姆调零：1100；;未达到

【解析】【解答】（1）将水样注满盛水容器，多用电表选择开关旋至X100挡后进行欧姆调零，再将红、黑表

笔连接到盛水容器左右两侧的接线柱小B上，多用电表指针位置如图乙所示，则该废水的电阻值约为仆=

11xIOOC=noon

故答案为：欧姆调零；1100

F7

（2）根据/==if?市力a2.7mA

i\X11UU

则选用的电流表是c；

第12页

由于滑动变阻器阻值比待测电阻小得多，则滑动变阻器应采用分压接法；根据柒=需〈投=喀

t\X11vUAA1U

可知电流表应采用内接法，电路图如图所示

0——

泻冒~~@--"

R

―11-------

E1S

故答案为：C；

(4)由U-/图像可得待测电阻阻值为%=汽：3x1037c

(Z.4o—1.4UJX1U

由电阻定律可得Rx=p(=p^

可得待测废水的电阻率为p=粤^=1037&2x0.2。mx104a.m.

由于电阻率大于200Qm的废水即达到排放标准，可知该废水未达到排放标准。

故答案为：104；未达到

【分析】(1)选挡后欧姆调零，读数为“指针数x倍率”。

(2)估算最大电流，匹配电流表量程；比较学和群,确定内/外接法；根据滑动变阻器与待测电阻阻值

RxKA

关系，确定分压/限流法。

(4)利用U-I图像求电阻，结合电阻定律R=p+计算电阻率，对比标准判断是否达标。

四、计算题(共37分。写出必要的文字说明，公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有

数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位)

13.如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正

出粒子从M板静止释放，不计带电粒子的重力。

第13页

MN

（1）求带电粒子加速度的大小：

（2）若在带电粒子运动取目离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板的总时间。

［答案］（1）解：根据qE=ma

其中E=g

可得带电粒子加速度的大小Q=卒。

am

（2）解：在带电粒子运动驶离时的速度〃=

d

34d

v+---

运动的总时间t3v

2一

带入解得t=2d%。

【解析】【分析】（1）利用电场强度与电压的关系结合牛顿第二定律F=qE=?na,推导加速度。

（2）将粒子运动分为“加速阶段（匀加速）”和“匀速阶段（匀速直线）”，分别用运动学公式（匀加速位移

公式、匀速速度公式）计算时间，再求和。

（1）根据qE=ma

其中E=、

可得带电粒子加速度的大小Q=卒

am

（2）在带电粒子运动g距离时的速度届^=隔

d

_2xd4d

3+-

运动的总时间tpv=-

23v

带入解得£=2d%

14.如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距L=1.0m,左端连接阻值R=

3.0。的电阻（导轨,电阻不计），匀强磁场的磁感应强度8=0.57,方向竖直向下。质量m=0.2kg、长度L=

1.0m、电阻r=1.0。的金属杆获得一速度在导轨上向右运动，并与导轨始终保持垂直且接触良好。某时刻开

始对杆施加一水平向右的力F,此时记为亡二0时刻，杆运动的u-t图像如图乙所示。

第14页

(1)£=Os时，求电路中的电流/的大小和金属杆PQ两端的电压UPQ；

(2)0〜0.4s内，求金属杆位移的大小和流经电阻R的电荷量；

(3)0〜0.4s内，若电阻R产生的焦耳热为0.66J,求拉力广做的功。

【答案】(1)解：t=Os时，金属杆产生的电动势为Eo=B"o=O.5V

电路中的电流大小为/=晶=0.1254

R+r

金属杆PQ两端的电压为UPQ=IR=0.375人

(2)解：根据“一七图像与横轴围成的面积表示位移，可知0〜0.4s内，金属杆位移的大小为％=^x(l+3)x

0.4m=0.8m

_A(t)

根据o-/At-工At-工At

"皿一R+产-R+r及-R+r-R+r

解得0~0.4s内，流经电阻R的电荷量为q=O.lCo

(3)解：0〜0.4s内，若电阻R产生的焦耳热为0.66/,则同路产生总焦耳热为Q。，=[\八=0.88/

金属杆的动能增加量为A&==|x0.2x327-1x0.2x12J=0.8/

乙乙乙乙

根据功能关系可得拉力厂做的功为卬尸=Q总+陶=1.68九

【解析】【分析】(I)用E=求电动势，结合欧姆定律求电流、路端电压。

A①

(2)位移用v-t图像面积；电荷量用总、q=『(磁通量变化与总电阻的关系)o

总

(3)拉力做功转化为焦耳热和动能增量，利用串联电路焦耳热比例、动能定理求解。

<1)t=Os时,金属杆产生的电动势为瓦)=BL%=0.5,

电路中的电流大小为/=晶=0.1254

R+r

金属杆PQ两端的电压为4Q=IR=0.375V

(2)根据"一《图像与横轴围成的面积表示位移，可知0〜0.4s内，金属杆位移的大小为X=£X(1+3)X

0.4m=0.8m

_A（t）

根据o-/At-上At-工At

"皿-R+产-R+r八>R+r-R+r

解得0~0.4s内，流经电阻R的电荷是为q=0.1C

第15页

（3）0〜0.4s内，若电阻R产生的焦耳热为0.66/,则回路产生总焦耳热为Q,、,,=喀（^=0.88/

金属杆的动能增加量为温=ix0.2x327-5x0.2xI2；=0.8J

根据功能关系可得拉力厂做的功为卬尸二Q总+△取=1-68/

15.东方超环（EAST）,俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。高速粒子束

（包含带电离子和中性粒子）中的带电离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“偏转系统”将带电

离子从粒子束剥离出来。“偏转系统”的原理简图如图所示，混合粒子中的中性粒子继续沿原方向运动，被接

收器接收；而带电离子一部分打到r极板被吸收（极板边缘不吸收离子），剩下的进入磁场发生偏转被吞噬

板吞噬。已知离子带正电，电荷量为q,质量为m,两极板间电压为U,间距为极板长度为d。均匀分布

的高速粒子束宽度为,d,以平行于极板的初速度%=［解全部进入两极板间，离子和中性粒子的重力可忽

略不计，不考虑混合粒子间的相互作用,sin37°=0.6,cos370=0.8o

中

混

接

性

合

收

粒

粒

器

子

子

束

8

2

板・・・

（1）要使离子能直线通过两极板，则需