（考试时间：90分钟 满分：100分）
单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32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。）
关于静电场,下列说法正确的是（ ） A. 电场强度为零的点，电势一定为零 B. 同一电场线上各点的电场强度大小一定相等 C. 负电荷沿电场线方向移动，电势能增加 D. 在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比
如图所示,一段长为L、电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成长为3L的均匀细丝后，其电阻变为（ ） A. R/3 B. R C. 3R D. 9R
关于磁感应强度B,下列说法正确的是（ ） A. 由B = F/IL可知，B与F成正比，与I和L的乘积成反比 B. 一小段通电导线在某处不受磁场力，该处的磁感应强度一定为零 C. 磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该点的小磁针N极的受力方向相同 D. 磁场中某点磁感应强度的方向，与垂直通过该点的通电导线所受安培力的方向相同
在如图所示的闭合电路中,当滑动变阻器的滑片P向右移动时，以下判断正确的是（ ） A. 电流表示数变小，电压表示数变大 B. 电流表示数变大，电压表示数变大 C. 电流表示数变小，电压表示数变小 D. 电流表示数变大，电压表示数变小
一个带电粒子（重力不计）以初速度v0垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，若仅将粒子的初速度大小增大为原来的2倍，则其运动周期（ ） A. 变为原来的2倍 B. 变为原来的1/2 C. 保持不变 D. 变为原来的4倍
关于电磁感应现象,下列说法中正确的是（ ） A. 闭合线圈放在变化的磁场中，一定会产生感应电流 B. 闭合线圈在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定会产生感应电流 C. 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D. 穿过闭合线圈的磁通量变化量越大，产生的感应电动势一定越大
在远距离输电中,为减少输电线路上的电能损失，应采用的最佳方法是（ ） A. 增大输电电流 B. 提高输电电压 C. 减小输电导线的横截面积 D. 降低输电电压
一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示,则该交流电的（ ） A. 电压有效值为100√2 V B. 频率为50 Hz C. 电压瞬时值表达式为u = 100sin(50πt) V D. 周期为0.04 s
多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
如图所示,实线表示电场线，虚线表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是（ ） A. 粒子带正电 B. 粒子在A点的加速度小于在B点的加速度 C. 粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 D. 粒子在A点的动能大于在B点的动能
关于多用电表的使用,下列操作或说法正确的是（ ） A. 测量电阻前，需将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω” B. 测量直流电压时，红表笔应接电势较低点 C. 测量电路中的电阻时，无需将待测电阻与电路断开 D. 使用完毕后，应将选择开关旋至OFF档或交流电压最高档
如图所示,平行金属导轨水平放置，导轨间有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab垂直导轨放置并与导轨接触良好，当ab棒在水平恒力F作用下由静止开始向右运动时，下列说法正确的是（ ） A. ab棒中产生由a到b的感应电流 B. ab棒受到的安培力方向水平向左 C. ab棒做加速度减小的加速运动，最终匀速 D. 运动过程中，恒力F做的功等于整个回路产生的总焦耳热
在如图所示的理想变压器电路中,原、副线圈匝数比为2:1，原线圈接有效值恒定的交流电源，两个完全相同的灯泡L1、L2均正常发光，下列说法正确的是（ ） A. 通过灯泡L1的电流是通过灯泡L2电流的2倍 B. 灯泡L1两端的电压是灯泡L2两端电压的2倍 C. 若灯泡L2突然烧断，灯泡L1可能会烧毁 D. 若灯泡L2突然烧断，变压器的输入功率将减小
实验题（本大题共2小题，共15分）
（7分）在“测定金属的电阻率”实验中： （1）用螺旋测微器测量金属丝直径，其示数如图甲所示，则该金属丝直径为__mm。 （2）用伏安法测量金属丝的电阻（阻值约为5Ω），实验中除开关、若干导线外，还提供下列器材： 电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ）； 电流表A（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）； 滑动变阻器R（0~20Ω）； 电源E（电动势为3V，内阻不计）。 为减小测量误差，应选用图乙中的__（选填“a”或“b”）电路图进行实验。 （3）该实验需要直接测量的物理量有：金属丝的长度L、直径d、金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，则金属丝电阻率的表达式为ρ =__（用所测物理量符号表示）。
（8分）在“探究感应电流产生的条件”实验中： （1）首先按图甲连接电路，闭合开关后，发现电流计指针不偏转，下列操作中，能使指针偏转的是__（填选项前的字母）。 A. 将磁铁插入线圈的过程中 B. 磁铁放在线圈中静止时 C. 将磁铁从线圈中抽出的过程中 （2）然后按图乙连接电路，将线圈A置于线圈B中，合上开关瞬间，电流计指针__（填“向左”、“向右”或“不”）偏转；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，电流计指针__（填“向左”、“向右”或“不”）偏转。 （3）由实验可知，产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的__发生变化。
计算题（本大题共3小题，共33分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）
（10分）如图所示，匀强电场方向水平向右，场强大小E = 1.0 × 10^4 N/C，将一带正电的小球以初动能Ek0 = 1.0 × 10^-3 J从A点竖直向上抛出，小球运动到轨迹最高点B时，其动能EkB = 0.5 × 10^-3 J，已知小球质量m = 0.1 kg，不计空气阻力，取g = 10 m/s²，求： （1）小球从A点运动到B点的时间t； （2）小球的最小动能Ekm及此时速度方向与水平方向的夹角θ。
（11分）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距L = 0.5 m，导轨左端连接阻值R = 2 Ω的电阻，导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B = 2 T，一质量m = 0.1 kg、电阻r = 0.5 Ω的金属棒ab垂直放置在导轨上，在水平恒力F = 1 N的作用下由静止开始运动，导轨电阻不计，求： （1）金属棒ab能达到的最大速度vm； （2）当金属棒ab的速度达到最大速度一半时，其加速度a的大小； （3）若金属棒ab从静止开始运动到速度达到最大过程中，电阻R上产生的焦耳热QR = 0.8 J，则此过程金属棒ab的位移x。
（12分）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在第四象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为+q的粒子，从y轴上的P点（0， L）以初速度v0水平向右射入电场，粒子经电场偏转后从x轴上的Q点进入磁场，粒子经磁场偏转后又回到P点，不计粒子重力，求： （1）粒子在Q点时的速度大小和方向（用与x轴正方向的夹角表示）； （2）匀强磁场的磁感应强度大小B； （3）粒子从P点出发到第一次回到P点所经历的时间t总。
2025年高二物理学业水平综合测试卷（参考答案）
单项选择题
C 2. D 3. C 4. A 5. C 6. C 7. B 8. D
多项选择题9. BD 10. AD 11. BC 12. BD
实验题13. （1）0.398（0.397~0.399均给分） （2）a （3）πUd²/(4IL) 14. （1）AC （2）向左；向右 （3）磁通量
计算题15. （10分） 解：（1）小球在竖直方向做竖直上抛运动，从A到B的时间即为竖直上抛到最高点的时间。 由竖直方向：Ek0y = (1/2)mv0y² = 1.0×10⁻³ J，得 v0y = √(2Ek0y/m) = √(2×1.0×10⁻³/0.1) = √0.02 = √2/10 m/s。 由 v0y = gt，得 t = v0y/g = (√2/10)/10 = √2/100 s ≈ 0.0141 s。 （或由动能变化求：竖直方向动能减少量ΔEky = Ek0 - EkB = 0.5×10⁻³ J，即 (1/2)m(v0y² - 0) = 0.5×10⁻³，解得v0y同上，再求t。）
（2）小球在水平方向受电场力做匀加速运动，F电 = qE。 从A到B，水平方向动能增加量ΔEkx = EkB - Ek0x，由总动能减少0.5×10⁻³ J，且竖直方向动能减少0.5×10⁻³ J，故水平方向动能不变，即Ek0x = EkB = 0.5×10⁻³ J，说明初始动能全在竖直方向？与题意不符，需重新分析。 正确解法：设初始速度为v0，其竖直分量为v0y，水平分量为0（因为从A点竖直向上抛出）。 初始动能：Ek0 = (1/2)mv0y² = 1.0×10⁻³ J。 在B点，竖直分速度为0，只有水平分速度vBx。 在B点动能：EkB = (1/2)mvBx² = 0.5×10⁻³ J。 水平方向，由牛顿第二定律：qE = ma_x，得 a_x = qE/m。 水平速度：vBx = a_x * t = (qE/m)t。 由Ek0和EkB可得：(1/2)mv0y² = 1.0×10⁻³ ①，(1/2)m(a_x t)² = 0.5×10⁻³ ②。 由①得 v0y = √(2×10⁻²) = √2/10 m/s。 由②得 (a_x t) = √(2×0.5×10⁻³/0.1) = √(0.01) = 0.1 m/s。 t = v0y/g = (√2/10)/10 = √2/100 s ≈ 0.0141 s （与(1)问一致）。 由 vBx = a_x t = 0.1 m/s，及 t = 0.0141 s，可得 a_x = vBx/t ≈ 7.07 m/s²。 则 qE = m a_x = 0.1×7.07 = 0.707 N，得 q = 0.707/E = 0.707/(1×10⁴) ≈ 7.07×10⁻⁵ C。
小球运动过程中,合外力为恒力（mg向下，qE向右），其大小为 F合 = √((mg)²+(qE)²)，方向恒定，小球做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时，动能最小。 合力方向与水平方向夹角α：tanα = (mg)/(qE) = (0.1×10)/(0.707) ≈ 1.414，α ≈ 54.7°。 设最小动能时速度为v，其方向与水平方向夹角为θ，由速度垂直合力，有 v 与 F合 垂直，故 θ = α - 90°？不对，应满足 v 与 F合 垂直，设此时速度与水平方向夹角为θ，则速度方向与合力方向（α角）垂直，有 θ = α ± 90°？更准确：合力方向（α）与速度方向（θ）满足：tanαtanθ = -1？不，垂直条件是两矢量点积为0。 v 在合力方向的分量为0时，动能最小，将初速度v0（竖直向上）和加速度a（方向与合力相同）分解到合力方向和垂直合力方向，垂直合力方向的分速度大小不变，当沿合力方向的分速度减为0时，动能最小（等于垂直方向的动能）。 初速度v0（大小为v0y，方向竖直向上）与合力方向夹角为(90°+α)。 垂直合力方向的分速度 v⊥ = v0 sin(90°+α)？更清楚：将v0沿合力方向（α）和垂直合力方向分解。 设垂直合力方向为y‘，沿合力方向为x’，则初速度在x‘方向分量为 v0x' = v0 cos(90°+α) = -v0 sinα。 在y‘方向分量为 v0y' = v0 sin(90°+α) = v0 cosα。 v0 = v0y = √2/10 m/s。 经过时间t‘，沿x’方向速度：vx'(t') = v0x' + a合 t'，其中a合 = F合/m。 当vx'(t') = 0时，动能最小，t' = -v0x'/a合 = (v0 sinα)/a合。 最小动能 Ekm = (1/2) m (v0y')² = (1/2) m (v0 cosα)²。 代入数值：v0 = √2/10 ≈ 0.1414 m/s，cosα = cos54.7° ≈ 0.578。 则 Ekm = 0.5 0.1(0.1414578)² ≈ 0.51(0.0817)² ≈ 0.5100667 ≈ 3.335×10⁻⁴ J。 此时速度方向即为垂直合力方向，与水平方向夹角θ需计算：垂直合力方向的方向角。 合力方向与水平夹角α≈54.7°，垂直合力方向有两个，其中一个与水平夹角为 α+90° ≈ 144.7°（钝角），另一个是α-90° ≈ -35.3°，由于小球速度从竖直向上开始，受向右合力，速度方向会向右偏转，故应取θ = α - 90° ≈ -35.3°（即与水平方向夹角为35.3°，斜向右下方）。 （2）最小动能Ekm约为3.34×10⁻⁴ J，此时速度方向与水平方向夹角θ约为-35.3°（或写成35.3°斜向下）。
（注：此计算过程较复杂，标准答案可能简化或使用功能关系求解，为简洁，以下给出关键步骤和结果。）关键步骤简化：（1）竖直上抛时间 t = v0y/g，由初始动能全部为竖直动能： (1/2)mv0y² = Ek0，得 v0y = √(2Ek0/m) = √(2×10⁻²)= √2/10 m/s，故 t = (√2/10)/10 = √2/100 s。 （2）小球受恒力（重力和电场力合力）作用，做类斜抛运动，当速度方向与合力方向垂直时动能最小。 合力大小 F合 = √( (mg)² + (qE)² )，方向与水平夹角α满足 tanα = mg/(qE)。 需先求q：水平方向，从A到B，水平速度从0增加到vBx，且 (1/2)mvBx² = EkB。 vBx = √(2EkB/m) = √(2×0.5×10⁻³/0.1) = √(0.01) = 0.1 m/s。 水平加速度 a_x = qE/m =