（考试时间：90分钟 满分：100分）
注意事项：
- 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
- 作答时，将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
- 考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
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。）
根据高二物理教科书关于静电场的内容，关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是： A. 电场强度为零的点，电势一定为零 B. 电场强度大的地方，电势一定高 C. 沿电场线方向，电势逐渐降低 D. 电势为零的点，电场强度一定为零
高二物理教科书中详细阐述了闭合电路欧姆定律，对于电源电动势E、内阻r与外电路电阻R的关系，当外电路电阻R增大时，以下说法正确的是： A. 路端电压U一定减小 B. 电源的输出功率一定增大 C. 电路中的总电流I一定增大 D. 电源内部消耗的功率可能增大也可能减小
关于高二物理教科书涉及的电磁感应现象，下列哪种情况中，闭合回路一定会产生感应电流？ A. 导体在磁场中做切割磁感线运动 B. 穿过闭合回路的磁通量发生变化 C. 导体在磁场中沿磁感线方向运动 D. 磁场的大小随时间均匀变化
教科书在“磁场”一章指出，关于安培力的方向，以下判断正确的是： A. 与磁场方向垂直，与电流方向平行 B. 与磁场方向平行，与电流方向垂直 C. 垂直于由电流方向和磁场方向所决定的平面 D. 与电流方向和磁场方向所决定的平面平行
根据高二物理教科书对交变电流的描述，某正弦式交变电流的瞬时值表达式为 ( i = 5\sin(100\pi t) ) A，则该电流的： A. 频率为50 Hz B. 周期为0.01 s C. 有效值为5 A D. 峰值为10 A
教科书在“机械波”部分强调，关于横波和纵波，下列说法正确的是： A. 声波是横波 B. 横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直 C. 纵波只能在固体中传播 D. 水面波是纵波
关于高二物理教科书中的“动量定理”，以下理解正确的是： A. 物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向可能相反 B. 物体动量变化越大，它所受的合外力冲量一定越大 C. 物体所受合外力越大，其动量变化率一定越大 D. 动量定理只适用于恒力作用的情况
教科书“光的折射”部分指出，一束单色光从空气射入某种介质，当入射角为30°时，折射角为20°，则该介质的折射率约为： A. 0.67 B. 1.46 C. 1.50 D. 1.73
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。）
高二物理教科书在“静电场”中介绍了等量同种点电荷电场的分布特点，关于等量正点电荷中垂线上的电场强度和电势，下列说法正确的有： A. 从电荷连线中点到无穷远处，电场强度先增大后减小 B. 中垂线上各点的电场强度方向均沿中垂线 C. 从电荷连线中点到无穷远处，电势逐渐降低 D. 电荷连线中点处的电势为无穷远处电势的2倍
根据教科书对“带电粒子在匀强磁场中运动”的规律，一个带电粒子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，其运动轨迹半径为R，周期为T，若仅将粒子的速度增大为2v，则： A. 轨迹半径变为2R B. 轨迹半径变为4R C. 运动周期变为T/2 D. 运动周期仍为T
教科书“传感器”一章列举了多种应用实例，下列设备或系统中，主要利用了传感器技术的有： A. 自动门 B. 普通机械式台秤 C. 声控灯 D. 电饭煲的温控系统
关于高二物理教科书涉及的“原子结构”和“波粒二象性”内容，下列说法正确的有： A. 卢瑟福的α粒子散射实验说明了原子具有核式结构 B. 氢原子从高能级向低能级跃迁时，可能辐射出不同频率的光子 C. 光的干涉现象证明了光具有粒子性 D. 德布罗意认为实物粒子也具有波动性
实验题（本大题共2小题，共15分。）
（7分）高二物理教科书中的一个重要实验是“测定金属的电阻率”。 （1）实验中，除了待测金属丝、电源、开关、导线外，还需要的器材有____（填选项前的字母）。 A. 刻度尺 B. 游标卡尺 C. 天平 D. 螺旋测微器 E. 电流表和电压表 （2）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图1所示，则该金属丝的直径为____mm。 （3）实验中，为了减小实验误差，以下操作必要的是____。 A. 用刻度尺多次测量金属丝的全长，求平均值 B. 测量金属丝直径时，应在不同位置多次测量，求平均值 C. 实验中应保持金属丝的温度不变
（8分）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中（教科书内容）： （1）实验室中有一个可拆变压器，其原线圈匝数为( n_1 )，副线圈匝数为( n_2 )（( n_2 < n_1 )），为了人身安全，实验时电源应选用____（填“交流”或“直流”）低压电源。 （2）正确连接电路后，测得原、副线圈两端的电压分别为( U_1 )、( U_2 )，多次改变副线圈匝数，记录数据，若理论关系( \frac{U_1}{U_2} = \frac{n_1}{n_2} )成立，则实验中可能观察到( \frac{U_1}{U_2} )____（填“略大于”、“等于”或“略小于”）( \frac{n_1}{n_2} )，主要原因是____（写出一个即可）。 （3）实验结束后，拆除电路时应先____。
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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
（10分）高二物理教科书“机械能守恒定律”一章提供了典型例题，如图所示，一质量为m = 2 kg的小球，从固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道（半径R = 1.0 m）的A点由静止滑下，A点与圆心O等高，求：（g取10 m/s²） （1）小球滑到轨道最低点B时的速度大小v_B； （2）小球在B点时对轨道压力的大小F_N。
（11分）教科书“电磁感应”的综合应用部分常涉及此类问题，如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距L = 0.5 m，导轨左端接有阻值R = 2 Ω的电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B = 1 T，一根质量m = 0.2 kg、电阻r = 0.5 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上，现用水平恒力F = 1 N向右拉动导体棒，设导轨电阻不计，求： （1）导体棒能达到的最大速度v_m； （2）当导体棒速度达到最大速度一半时,其加速度a的大小。
（12分）结合高二物理教科书“动量守恒定律”与“碰撞”知识，如图所示，光滑水平面上静止放置一质量为M = 2 kg的木板，木板右端固定一轻质弹簧，一质量为m = 1 kg的小物块以初速度v₀ = 6 m/s从木板左端滑上木板，已知物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.3，木板足够长，在以后的运动中，求： （1）弹簧被压缩至最短时，木板的速度v； （2）整个过程中,系统因摩擦产生的热量Q。
（试卷结束）
2025年高二物理学科综合测试卷 参考答案
单项选择题
- C
- D
- B
- C
- A
- B
- C
- B
多项选择题9. AB 10. AD 11. ACD 12. ABD
实验题13. （1）A B D E （答对但不全得1分） （2）0.398 mm （0.396~0.399均可） （3）B C 14. （1）交流 （2）略大于； 变压器存在漏磁、铁芯发热、导线发热等（答出一点即可） （3）断开电源
计算题15. （1）由机械能守恒定律：( mgR = \frac{1}{2}mv_B^2 ) （2分） 代入数据得：( v_B = \sqrt{2gR} = \sqrt{2 \times 10 \times 1} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} ) m/s （或约4.47 m/s） （2分） （2）在B点，由牛顿第二定律：( F_N - mg = m\frac{v_B^2}{R} ) （3分） 解得：( F_N = mg + m\frac{v_B^2}{R} = 2 \times 10 + 2 \times \frac{20}{1} = 20 + 40 = 60 ) N （2分） 由牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为60 N。 （1分）
（1）当导体棒受力平衡时速度最大，有：( F = F_{安} = BIL ) （1分） ( I = \frac{E}{R+r} = \frac{BLv_m}{R+r} ) （2分） 联立得：( v_m = \frac{F(R+r)}{B^2 L^2} = \frac{1 \times (2+0.5)}{1^2 \times 0.5^2} = \frac{2.5}{0.25} = 10 ) m/s （2分） （2）当速度 ( v‘ = \frac{vm}{2} = 5 ) m/s时，感应电动势 ( E' = BLv' )，感应电流 ( I' = \frac{E'}{R+r} ) （1分） 安培力 ( F{安}' = BI'L = \frac{B^2 L^2 v'}{R+r} ) （2分） 由牛顿第二定律：( F - F_{安}' = ma ) （1分） 代入数据：( a = \frac{F - \frac{B^2 L^2 v'}{R+r}}{m} = \frac{1 - \frac{1^2 \times 0.5^2 \times 5}{2.5}}{0.2} = \frac{1 - 0.5}{0.2} = 2.5 ) m/s² （2分）
（1）当弹簧被压缩至最短时，物块与木板速度相同，设为v，取向右为正方向。 由动量守恒定律：( mv_0 = (M+m)v ) （3分） 代入数据：( v = \frac{mv_0}{M+m} = \frac{1 \times 6}{2+1} = 2 ) m/s （2分） （2）解法一：由能量守恒定律，系统减少的动能转化为内能（摩擦生热）和弹簧的弹性势能( E_p )。 即：( \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(M+m)v^2 + Q + E_p ) ① 当弹簧再次恢复原长时，设物块和木板的速度分别为( v_1 )、( v_2 )。 由动量守恒：( mv_0 = mv_1 + Mv_2 ) ② 由能量守恒：( \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2 + Q ) ③ 由于木板足够长，最终物块和木板将共速（设为( v_c )）或分离，在此模型中，由于有摩擦且弹簧无固定，最终物块与木板应共速且弹簧为原长，由动量守恒：( mv_0 = (M+m)v_c )，得 ( v_c = 2 ) m/s。 全过程由能量守恒：( \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(M+m)v_c^2 + Q ) （4分） 代入数据：( \frac{1}{2} \times 1 \times 6^2 = \frac{1}{2} \times (2+1) \times 2^2 + Q ) 解得：( Q = 18 - 6 = 12 ) J （3分） （解法二：也可直接由相对运动路程与摩擦力乘积求，但需论证最终状态，过程较繁,略）