吉林省长春市一五0中学2026届高二上物理期末监测模拟试题含解析.doc

吉林省长春市一五0中学2026届高二上物理期末监测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是

A. B.
C. D.
2、如图所示，把一正方形线圈从磁场外自右向左匀速经过磁场再拉出磁场，则从ad边进入磁场起至bc边拉出磁场止，线圈感应电流的情况是( )

A.先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向
B.先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿adcba方向
C.先无电流，当线圈全部进入磁场后才有电流
D.先沿adcba的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向
3、如图所示，圆形磁场区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为圆形磁场的直径，O为圆心磁场的圆心，OA为圆形磁场的水平半径，圆心磁场的半径为R，处于磁场边界P点的粒子源不断沿各个方向将速率v0的同种带电粒子垂直磁场方向射入磁场．当磁感应强度为B＝B0时，PQ左侧圆弧恰全部有带电粒子射出，下列说法正确的是（）

A.粒子一定带负电
B.粒子出磁场时速度方向一定垂直PQ
C.粒子的比荷为
D.若B＝2B0，PA圆弧上均有粒子射出
4、如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B为小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路，且小灯泡正常发光，下列说法正确的是（）

A.此电源的内阻为Ω
B.电源的总功率为10W
C.电源的输出功率为6W
D.由于小灯泡的U-I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用
5、电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触，电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出，现欲使弹体的出射速度增加到原来的2倍，理论上可采用的方法是（）

A.只将电流I增加至原来的2倍
B.只将弹体质量减至原来的一半
C.只将轨道长度L变为原来的2倍
D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变
6、如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是(　　)

A.电源的电动势为6.0 V
B.电源的内阻为12 Ω
C.电源的短路电流为0.5 A
D.电流为0.3 A时的外电阻是12 Ω
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、下列说法正确的是（　　）
A.只有原子序数大于或等于83的元素才具有放射性
B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的
C.在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为（λ＞λ0）的单色光做该实验，会产生光电效应
D.某种放射性元素的样品经过8小时后还有没有衰变，它的半衰期是2小时
8、如图所示，一个边长为L的正方形线框abcd无初速度地从高处释放，线框下落过程中，下边保持水平向下平动，在线框的下方，有一个上、下界面都水平的匀强磁场区，磁场区高度为2L，磁场方向与线框平面垂直，闭合线框下落后，刚好匀速进入磁场区，在整个进出磁场过程中，线框中的感应电流I随位移x变化的图象可能是下图中的(　　)

A. B.
C. D.
9、如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放罝。小磁块先后在管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块

A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在P中下落过程中机械能减小
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
10、如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强电场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动估计如图所示，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法中正确的是（ ）

A.a粒子动能最大
B.c粒子速率最大
C.c粒子在磁场中运动的时间最长
D.它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学要做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室提供了以下器材：
A．待测小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.5A）
B．电流表（量程3A，内阻约为0.1Ω）
C．电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）
D．电压表（量程3.0V，内阻约为10kΩ）
E．电压表（量程15.0V，内阻约为50kΩ）
F．滑动变阻器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA）
G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1.0A）
H．电源（电动势为3.0V，内阻不计）、电键及导线等
（1）为了顺利完成实验并能减小实验误差，电流表应选用_____、电压表选用_____、滑动变阻器选用_____（均填写实验器材前的字母）
（2）该同学根据实验要求选用了合适的器材，并完成部分电路的连接，如图甲所示，请你帮他完成其余部分的线路连接_________（用黑色水笔画线表示对应的导线）

（3）闭合电键后将滑动变阻器滑片从一端移向另一端，测出多组电压表和电流表的数值，作出小灯泡的I﹣U图线如图乙所示，当小灯泡两端的电压为1.6V时，小灯泡的功率P=_____W（保留2位有效数字）．
12．（12分）（1）如图所示，游标尺上有50个等分刻度的游标卡尺测量工件的情况，读数为______mm

（2）如图所示，螺旋测微器的示数为_______mm.

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
15．（12分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C
【解析】bc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为
l=x-L
感应电动势为
E=Blv=B（x-L）v
感应电流

电流的大小随x逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为
l=x-2L
感应电动势为
E=Blv=B（x-2L）v
感应电流

大小随x逐渐增大。
A.图像与分析不符，故A错误。
B.图像与分析不符，故B错误。
C.图像与分析相符，故C正确。
D.图像与分析不符，故D错误。
2、D
【解析】根据题中求线圈的电流情况可知，本题考查判断闭合线圈穿过磁场过程产生的感应电流方向，运用楞次定律进行分析求解
【详解】线圈进入磁场过程，磁通量增大，产生感应电流，由楞次定律判断可知，感应电流方向为adcba方向；线圈完全在磁场中运动时，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，线圈穿出磁场的过程，磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向为abcda方向；
A．不符合题意，错误；
B．不符合题意，错误；
C．不符合题意，错误；
D．正确
3、B
【解析】粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故由粒子射出磁场边界恰好占整个边界的一半可得：粒子运动轨迹的轨道半径为R；
A项：由左手定则知粒子带正电，故A错误；
B项：由粒子做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据几何关系可得：粒子离开磁场时的径向平行于PQ，故粒子离开磁场时速度方向垂直PQ连线，故B正确；
C项：根据洛伦兹力做向心力可得：故粒子的比荷，故C错误；
D项：若B＝2B0，粒子运动轨迹的轨道半径为，改变初速度方向，粒子从PA圆弧射出，最远从如图的M点射出，

PM＝R，故D错误；
故选B
4、C
【解析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率
【详解】由图A读出：电源的电动势 E=4V，内阻；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=3V，电流 I=2A；电源的总功率：P=IE=8W；
电源的输出功率等于灯泡的电功率，故PL=P出=UI=3×2=6W．虽然小灯泡的U-I图线是一条曲线，但是由于小灯泡是纯电阻，所以欧姆定律同样适用；故ABD错误，C正确．故选C
【点睛】解决这类问题关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵
5、A
【解析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：
，
磁感应强度的大小与I成正比，所以有：
B=kI
解得：
。
A.只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A正确；
B.只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故B错误；
C.只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误；
D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D错误。
故选：A。
6、A
【解析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义，当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流；
当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻；
【详解】A、由闭合电路欧姆定律得，当时，，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势，故A正确；
B、电源的内阻等于图线的斜率大小，，故B错误；
C、外电阻时，短路电流为，故C错误；
D、电流为时，路端电压，外电阻是，故D错误
【点睛】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】小于83元素的同位素也有放射性；β衰变所释放的电子是原子核内的中子衰变得来的；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定；根据光电效应的条件：入射光的频率大于极限频率，且波长越长，频率越小；半衰期是半数发生衰变所需的时间，经过8小时后还有1/16没有衰变，求出半衰期的次数，从而求出半衰期的时间.
【详解】原子序数大于83的元素都具有放射性，但不是只有原子序数大于83的元素才具有放射性，故A错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的，故B正确；某金属的截止频率对应的波长为λ0，根据，结合光电效应发生的条件可知，若用波长为λ（λ＞λ0）的单色光做该实验，其频率变小，不会产生光电效应，故C错误；每经过一个半衰期，有半数发生衰变，经过8小时后还有没有衰变，根据公式：m＝m0•（）n知，经过了4个半衰期，所以半衰期等于2小时，故D正确．所以BD正确，AC错误
【点睛】理解β衰变的电子从何而来，注意光电效应的作用，掌握光电效应的条件，及对截止频率与截限波长的理解，同时理解半衰期公式
8、BD
【解析】AC．线框匀速进入磁场时，则有
=mg
下边始终匀速切割磁感线，通过线框的感应电流的大小恒定为I0，方向不变，线框完全进入磁场后，安培力立即消失，线框仅在重力的作用下做匀加速运动，当线框下边刚出磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，故电流大于I0，AC错误；
BD．由上可知，当线框出磁场时，其速度大于进入磁场时的速度，故出磁场时线框所受的安培力大于重力，线框做减速运动，感应电流及安培力都减小，所以线框的加速度也减小；当上边刚要出磁场时线框的速度等于进入磁场时的速度时，则加速度为0，电流为I0；当上边刚要出磁场时线框的速度仍大于进入磁场时的速度时，则加速度不为0，电流大于I0，BD正确。
故选BD。
9、BC
【解析】A．当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，运动不是自由落体运动，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误。 
B．由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，克服安培力做功，机械能减小，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B正确。 
C．在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确。 
D．根据动能定理可知，因安培阻力导致产生热量，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。
故选BC。
10、BD
【解析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子的动能：，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，动能最小，c粒子速率最大．c粒子动能最大，故A错误，B正确；由于粒子运动的周期，粒子在磁场中运动的时间：，可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故C错误，D正确．所以BD正确，AC错误
【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 ①.C ②.D ③.G ④.A ⑤.0.64
【解析】（1）灯泡额定电流为0.5A，电流表应选择C；灯泡额定电压为2.5V，电压表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；
（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于A端
（3）由图乙所示图象可知，电压U=1.6V时电流I=0.4A，灯泡实际功率：P=UI=1.6×0.4=0.64W；
【点睛】本题考查了实验器材的选择、实验注意事项与实验数据处理；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置
12、 ①.23.2； ②.1.410
【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数的方法，游标卡尺读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器读数等于主尺刻度加上螺旋部分的读数，需要估读
【详解】游标卡尺读数为：23mm+0.02mm×10=23.2mm
螺旋测微器的示数为：1mm+0.01mm×41.0=1.410mm

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N