2025屆浙江省杭州五校物理高二第一學期期末統考試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是（）A.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變B.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ變小C斷開S，將A板向B板靠近，則θ增大D.斷開S，將A板向B板靠近，則θ不變2、如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數之比為4：1，a、b間接有電壓瞬時值表達式為（V）的正弦交變電流，燈泡L1、L2的額定功率相同且恰好都正常發光。該理想電壓表的示數為（）A.27.5V B.44VC.110V D.220V3、帶電質點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，所受重力和洛侖茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內，帶電質點將（）A.可能做直線運動 B.可能做勻減速運動C.可能做勻速圓周運動 D.一定做曲線運動4、四個相同的小燈泡按照如圖所示的(a)、(b)兩種方式接入電壓相等的電路中，調節R1、R2使四個小燈泡都正常發光，這時可變電阻R1、R2消耗的電功率P1和P2的關系為A.P1=2P2 B.P1＞2P2C.P1＜2P2 D.P1=P25、一個電容器的規格是50V,10μF,對以下數據及相關問題的理解，你認為正確的有A.這個電容器只有加上50V電壓時，容量才是10μFB.這個電容器的電容的最大值為10μF當帶電荷量較少時，電容小于10μFC.這個電容若不帶電，則電容為0D.這個電容器的電容是10μF，與電容器所加電壓與所帶電量大小無關6、一粗細均勻的鎳鉻絲，截面直徑為d，電阻為R.把它拉制成直徑為的均勻細絲后，在溫度不變的情況下，它的電阻變為()A.10000R B.100R.C. D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、速度相同的一束粒子（不計重力）經過速度選擇器后射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是（）A.速度選擇器的P1極板帶負電B.這束帶電粒子帶正電C.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D.若粒子在磁場中運動半徑越大，則該粒子的比荷越大8、如圖（a）所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛一相同的線圈Q，P和Q共軸，Q中通有變化的電流，電流變化的規律如圖（b）所示，則下列說法正確的是A.t1、t5時刻P線圈對桌面的壓力小于P自身的重力B.t3、t5時刻線圈P中產生的感應電流方向相同C.t3時刻線圈P有擴張的趨勢D.t4、t6時刻P線圈的發熱功率為09、一臺直流電動機的電阻為R，額定電壓為U，額定電流為I，當其正常工作時下述正確的是()A.電動機所消耗的電功率為IUB.t秒內所產生的電熱為IUtC.t秒內所產生的電熱為I2RtD.t秒內所產生的機械能為IUt－I2Rt10、三個分別帶有正電、負電和不帶電的質量相同的顆粒,從水平放置的平行帶電金屬板左側以相同速度v0垂直電場線方向射入勻強電場,分別落在帶正電荷的下板上的a、b、c三點,如圖所示.下面判斷正確的是(

)A.落在a點的顆粒帶正電,c點的帶負電,b點的不帶電B.落在a、b、c點的顆粒在電場中的加速度的關系是C.三個顆粒在電場中運動的時間關系是D.電場力對落在c點的顆粒做負功三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學要測定一個圓柱體的電阻率，進行了如下操作：（1）用準確到0.1mm的游標卡尺測量圓柱體的長度，用螺旋測微器測量其直徑如下圖所示．可知其長度為_____mm，其直徑為_____mm；（2）用已調零且選擇旋鈕指向歐姆檔“×1”位置的多用電表粗略測量該圓柱體的電阻，根據如圖所示的表盤，可讀出被測電阻阻值為_____Ω（3）為了精確的測量該圓柱體的電阻，實驗室準備了如下實驗器材，用伏安法進行測量：電壓表V1（量程0～3V，內電阻約1kΩ）；電壓表V2（量程0～15V，內電阻約5kΩ）；電流表A1（量程0～3A，內電阻約0.2Ω）；電流表A2（量程0～600mA，內電阻為1Ω）；滑動變阻器R（最大阻值為10Ω，額定電流為1A）；電池組E（電動勢為4V、內電阻約為0.1Ω）；開關及導線若干為使實驗能正常進行，減小測量誤差，實驗要求電表讀數從零開始變化，并能多測幾組電流、電壓值，以便畫出電流﹣電壓關系圖線，則①電壓表應選用_____（填實驗器材的代號）②電流表應選用_____（填實驗器材的代號）③完成實驗電路圖（4）這位同學在一次測量時，電流表、電壓表的示數如圖所示．由圖可知，電流表讀數為_____A，電壓表的讀數為_____V12．（12分）從某一高度將石子以1m/s的初速度沿水平方向拋出，經2s石子落至水平地面。忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則石子在運動過程中下落的高度為_____m，石子在運動過程中的水平位移為______m。四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，平行光滑金屬導軌abcd水平放置，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌的夾角，單位長度的電阻為r。保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動（金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好）。求：(1)金屬桿所受安培力的大??；(2)金屬桿的熱功率。14．（16分）如圖，真空室內豎直條形區域I存在垂直紙面向外的勻強磁場，條形區域Ⅱ（含I、Ⅱ區域分界面）存在水平向右的勻強電場，電場強度為E，磁場和電場寬度均為L且足夠長，M、N為涂有熒光物質的豎直板。現有一束質子從A處連續不斷地射入磁場，入射方向與M板成夾角且與紙面平行，質子束由兩部分組成，一部分為速度大小為的低速質子，另一部分為速度大小為的高速質子，當I區中磁場較強時，M板出現兩個亮斑，緩慢改變磁場強弱，直至亮斑相繼消失為止，此時觀察到N板有兩個亮斑。已知質子質量為m，電量為e，不計質子重力和相互作用力，求：（1）此時I區的磁感應強度；（2）到達N板下方亮斑的質子在磁場中運動的時間；（2）N板兩個亮斑之間的距離。15．（12分）如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區域內有勻強電場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力．求：（1）電場強度E的大小；（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；（3）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，由E=和F=qE可判斷出電場力的變化，即可判斷的變化；開關S斷開，電容器的帶電量Q不變，由電容的決定式和定義式可推導出板間的電場強度E的變化，進而可知的變化【詳解】A、保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，將A板向B板靠近，極板間距離減小，由電場強度E=可知，電場強度增大，小球所受的電場力變大，增大，故A、B錯誤C、開關S斷開，電容器的帶電量Q不變，將A板向B板靠近，極板間距離減小，由電容器電容的決定式C=可知，電容器電容C增大，而電容器電容的定義式C=，所以板間的電場強度E===，可以判斷電場強度E不變，故帶正電的小球受的電場力不變，則不變，故C錯誤，D正確故選D2、C【解析】由理想變壓器的變流比關系可知，通過燈泡L1、L2的電流之比為由于燈泡L1、L2的額定功率相同且恰好都正常發光，故燈泡L1、L2兩端的電壓之比為又由理想變壓器的變壓比關系可知，變壓器原副線圈的電壓之比為且U1+UL1=220VU2=UL2解得U1=110V所以電壓表的示數為110V。A．27.5V，與結論不相符，選項A錯誤；B．44V，與結論不相符，選項B錯誤；C．110V，與結論相符，選項C正確；D．220V，與結論不相符，選項D錯誤；故選C。3、D【解析】在圖示時刻，質點所受合力方向與質點速度方向相反，質點做減速運動，質點速度減小，由f=qvB可知，質點受到的洛倫茲力減小，則質點所受重力與洛倫茲力的合力與速度方向不再在同一直線上，即質點的速度方向與所受合力方向不在同一直線上，質點將做曲線運動；由于合力與速度不垂直，粒子不可能做勻速圓周運動；故選D.【點睛】此題是對洛倫茲力及曲線運動的考查；要注意質點所受洛倫茲力隨速度的變化而變化，質點所受合力隨之變化，當質點所受的合力與速度不共線時，質點做曲線運動．做勻速圓周的的條件是質點受到大小不變的，方向總與速度垂直的合力作用.4、B【解析】燈泡規格相同且正常發光，甲圖燈泡并聯，電流為乙圖燈泡串聯，電流為電阻的電壓為消耗的功率為電阻的電壓為消耗的功率為所以有故A、CD錯誤，B正確；故選B。5、D【解析】一個電容器的規格是50V,10μF,指的是電容器的最大電壓是50V，若超出這一值，電容器有可能被擊穿，10μF指的是電容器的電容，與電容器所加電壓與所帶電量大小無關所以選D6、A【解析】鎳鉻絲的橫截面的直徑為d，橫截面積為S1=，由數學知識得知，直徑變化后橫截面積是S2=，由于鎳鉻絲的體積不變，由長度變為原來的100倍，根據電阻定律R=ρ得到，電阻是原來的10000倍，即為10000R．故選A二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】由圖可知，粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據粒子向下偏轉，即可知粒子所受的洛倫茲力方向向下，由左手定則可判斷粒子的電性．粒子速度選擇器中受到電場力和洛倫茲力兩個作用，電場力不變，速度方向不變，可知洛倫茲力與電場力應平衡，由左手定則判斷出洛倫茲力方向，由平衡條件即可確定出P1極板帶什么電．粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到半徑表達式，根據半徑公式分析半徑越大時，粒子的質量和比荷的大小【詳解】由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據左手定則判斷得知該束粒子帶正電．故B正確．在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電．故A錯誤．粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1=qE，解得：v=E/B1．故C正確．粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：．可見，由于v是一定的，B不變，半徑r越大，則q/m越?。蔇錯誤．故選BC【點睛】本題關鍵要理解速度選擇器的原理：電場力與洛倫茲力，粒子的速度一定．粒子在磁場中偏轉時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律則可得到半徑8、BC【解析】由圖可知，Q中電流呈周期性變化，則P中會發生電磁感應現象，由楞次定律可得出線圈P的運動趨勢，并依據電流的變化率來確定P中的感應電流大小，即可一一求解【詳解】t1、t5時刻電流增大，其磁場增大，則穿過P的磁通量變大，由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變大，則P有向下運動的趨勢，即它們有相互排斥的作用，則P線圈對桌面的壓力大于P自身的重力，故A錯誤；t3、t5時刻，通過Q線圈的電流前者減小，后者增大，但它們的電流方向相反，根據楞次定律，則t3、t5時刻線圈P中產生的感應電流方向相同，故B正確；t3時刻電流減小，線圈P產生感應電流，要阻礙磁通量減小，則P有擴張的趨勢，故C正確；在t4時刻的Q的電流為零，但電流變化率最大，則P中感應電流最大，那么P線圈發熱的功率不為0；在t6時刻的Q的電流最大，但電流變化率為零，則P中沒有感應電流，那么P線圈發熱的功率也為0，故D錯誤；故選BC【點睛】本題要注意靈活應用楞次定律，本題可以先判斷P中電流方向，再根據電流間相互作用判受力方向，但過程復雜；而直接根據楞次定律的“增縮減擴”可能直觀地得出結論9、ACD【解析】A．電動機所消耗的電功率P=UI故A正確；B．電動機工作時消耗的電能大部分轉化為機械能，所以t秒內所產生的電熱小于UIt，故B錯誤；C．I2R計算的是電動機的內阻發熱的部分，是發熱的功率，所以產生的電熱為Q=I2Rt故C正確；D．t秒內所產生的機械能為電動機的總功減去發熱的部分，所以機械能為W=UIt-I2Rt故D正確。故選ACD。10、BD【解析】由圖，電容器上極板帶負電，下極板帶正電，平行板間有豎直向上的勻強電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負電荷受到向下的電場力，不帶電的小球做平拋運動，帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動，由此根據平拋和類平拋運動規律求解；【詳解】A、根據題意，三小球在水平方向做勻速直線運動，則有，相同，則水平位移x與運動時間t成正比，由圖看出，水平位移的關系為，則運動時間關系為，豎直方向上三個粒子都做初速度為0的勻加速直線運動，到達下極板時，在豎直方向產生的位移y相等：，則知加速度關系為，由牛頓第二定律得知三個小球的合力關系為，由于平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷受到向下的電場力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動，加速度為重力加速度g，可知，落在a點的顆粒帶負電，c點的帶正電，b點的不帶電．故AC錯誤，B正確；D、由上分析得知，落在c點的顆粒帶正電，電場力向上，則電場力對它做負功．故D正確【點睛】確認不帶電小球做平拋運動，帶電小球做類平拋運動，分水平和豎直方向分析小球的運動，水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為0的勻加速直線運動，由運動的合成與分解進行分析三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.29.8②.2.130③.7.0④.①V1⑤.②A2；③⑥.0.46⑦.2.40【解析】（1）解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標尺讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀（2）歐姆表的讀數是指針的讀數乘以歐姆檔的倍數；（3）根據電源的電動勢和待測電阻的大約阻值，求出電流最大值的大約值，從而確定電流表的量程．根據待測電阻的大小確定電流表的內外接，實驗要求電表讀數從零開始變化，并能多測幾組電流、電壓值，知滑動變阻器采用分壓式接法（4）根據圖示電表確定其分度值，讀出其示數【詳解】（1）游標卡尺的主尺讀數為：2.9cm＝29mm，游標尺上第8個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數為8×0.1mm＝0.8mm，所以最終讀數為：29mm+0.8mm＝29.8mm螺旋測微器的固定刻度為2.0mm，可動刻度為13.0×0.01mm＝0.130mm，所以最終讀數為2.0mm+0.130mm＝2.130mm（2）歐姆表指針的讀數為7.0，乘以歐姆檔的倍數為“×l”，所以歐姆表的讀數為7.0×l＝7.0Ω（3）①電源電動勢為4V，則電壓表選擇電壓表V1，最大電流，則電流表應選用電流表A2，②實驗要求電表讀數從零開始變化，并能多測幾組電流、電壓值，知滑動變阻器采用分壓式接法．待測電阻遠小于電壓表的內阻，與電流表內阻接近，屬于小電阻，則電流表采用外接法（4