湖南邵阳市第二中学2025-2026学年高二上物理期末检测模拟试题含解析.doc

湖南邵阳市第二中学2025-2026学年高二上物理期末检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、下面是某同学记录的作息时间，其中表示时刻的是
A.每节课40分钟 B.上午8点开始上课
C.一个午休1小时 D.晚上有2小时的自习
2、图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触），人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动旋钮拉线可以改变磁铁与飞轮间的距离．下列说法正确的有（　　）

A.飞轮受到阻力主要来源于磁铁对它的安培力
B.飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮受到的阻力越小
C.磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，受到的阻力越小
D.磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，内部的涡流越弱
3、如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，一条形磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，不计空气阻力．下列说法正确的是

A.条形磁铁做自由落体运动 B.电流计中的电流先由B到A，后由A到B
C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量 D.A点的电势先高于B点的电势，后低于B点的电势
4、下列物理量中，均属于标量的一组是
A.质量、时间、功 B.质量、速度、时间
C.时间、速度、功 D.力、位移、功
5、关于物体的惯性，下列说法正确的是( )
A.物体的质量越大，惯性越小
B.运动的物体具有惯性，静止的物体没有惯性
C.物体的速度越大，惯性越小
D.汽车前行时突然刹车，由于惯性，乘客会向前倾
6、如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后

A.R中有向下的电流
B.离子在磁场中不发生偏转
C.A、B板聚集电荷量基本不变
D.离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功
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、电流表G由于允许通过的电流或承受的电压过小，要测定较大的电流和电压时需对其进行扩大量程的改装，下列关于将电流表G扩程的说法正确是( )
A.把G串联一个分压电阻，可以测定较大的电压，这就改装成了伏特表（电压表）
B.把G并联一个分流电阻，可以测定较大的电压，这就改装成了伏特表（电压表）
C.把G串联一个分压电阻，可以测定较大的电流，这就改装成了安培表（电流表）
D.把G并联一个分流电阻，可以测定较大电流，这就改装成了安培表（电流表）
8、如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是(　　)

A.S闭合后，A、B同时发光且亮度不变
B.S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C.S断开的瞬间，A、B同时熄灭
D.S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
9、如图所示,用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为．实验中，极板所带电荷量保持不变

A.若保持不变，增大，则变大
B.若保持不变，增大，则变小
C.若保持不变，减小，则变小
D.若保持不变，减小，则变大
10、如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则（　　）

A.液滴带正电
B.液滴荷质比
C.液滴顺时针运动
D.液滴运动速度大小为
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）(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如下图所示的部件________ (选填“A”“B”“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为___________mm

(2)用游标卡尺可以测量某些工件的外径．在测量时，示数如上图乙所示，则读数为_______mm
(3)某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1k、×100、×10、×1．该同学选择×10倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如下图中虚线所示)
①为了较准确地进行测量，应该选择__________倍率（填“×1k、×100、×1”）
并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是_________Ω

②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：
A．直流电源(电压3 V，内阻不计)
B．电压表V1(量程：0～3V，内阻约为15 kΩ)
C．电压表V2(量程：0～15 V，内阻约25 kΩ)
D．电流表A1(量程：0～25 mA，内阻约为10 Ω)
E．电流表A2(量程：0～250 mA，内阻约为1 Ω)
F．滑动变阻器一只，阻值0～10 Ω
G．电键一只，导线若干
在上述仪器中，电压表应选择________(填“V1”或“V2”)，
电流表应选择________(填“A1”或“A2”)
③若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，以下电路图应该选择哪个电路________

12．（12分）某实验小组用如图所示实验电路研究电源路端电压和小灯泡电压随电流的变化规律

（1）实验操作步骤：
①按实验电路连接好实验器材；
②把滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的________（填“最右端”或“最左端”）；
③闭合开关S，调节滑动片P到适当位置，读出电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，并记录数据，断开开关S；
④调整滑动片P到不同位置，多次重复步骤③．某次测量时三个电表指针位置如图所示，电流表读数_____A，电压表V1读数___V，电压表V2的读数_____V；

⑤整理好实验器材
（2）实验小组把测量数据画在U－I坐标中，描绘出两条图线A、B

①从图中可以算出电源的电动势E=______V，内阻r = ______Ω（计算结果保留2位有效数字）
②滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的最右端时，小灯泡的实际功率为_____W（计算结果保留2位有效数字）
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，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
14．（16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
15．（12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

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、B
【解析】根据题中要判断哪些表示时刻可知，本题考查了对时间和时刻概念的理解．时刻是指某一瞬时，时间是指两个时刻之间的间隔．根据时间与时刻的概念去分析选择
【详解】A、40分钟一节课，这里的40分钟指的时间，不是时刻．故A错误；
B、上午8点开始上课钟是时刻，不是时间间隔．故B正确；
C D.、一个午休1小时；晚上有2小时的自习，表示持续的时间，表示时间间隔，不是时刻．故CD错误；
【点睛】正确地区分时刻和时间间隔是解题的关键
2、A
【解析】根据法拉第电磁感应定律分析感应电流的大小，金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流，与磁场之间产生相互作用的电磁阻力，由此分析即可
【详解】A.飞轮在磁场中做切割磁感线运动，所以会产生电源电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力．故A正确；
B.磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大．故B错误；
C.磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大．故C错误；
D.磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大．故D错误
故选A
3、B
【解析】A．由于磁铁在运动中产生电磁感应现象，故磁铁受到阻碍作用，故磁铁不会做自由落体运动；故A错误；
BD．当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极。所以通过G的电流方向为从B到A，当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管上端相当于电源的正极。所以通过G的电流方向为从A到B，则A点的电势先低于B点的电势，后高于B点电势，故D错误，B正确；
C．根据能量守恒规律可知，磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能之和，故磁铁减小的重力势能大于回路中产生的热量，故C错误。
故选B。
4、A
【解析】质量、时间、功都是只有大小无方向的物理量，是标量；而速度、力和位移既有大小又有方向，是矢量；故选A.
5、D
【解析】ABC．物体质量越大，惯性越大，惯性只跟质量有关，ABC错误；
D．汽车前行时突然刹住，乘客由于惯性，保持之前向前运动的状态，所以身体向前倾，D正确；
故选D。
6、C
【解析】由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转；即B板带正电，A板带负电，电路稳定后，两板间粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，A、B板聚集电荷量基本不变，电阻R中有向上电流；因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功.
A．描述与分析不符，故A错误.
B．描述与分析不符，故B错误
C．描述与分析相符，故C正确.
D．描述与分析不符，故D错误.

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、AD
【解析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，改装成电流表需要并联分流电阻，据此分析答题
【详解】把G串联一个分压电阻，可以测定较大的电压，这就改装成了伏特表（电压表），选项A正确，B错误；把G并联一个分流电阻，可以测定较大的电流，这就改装成了安培表（电流表），选项C错误，D正确；故选AD.
8、BD
【解析】L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，LA、LB是两个完全相同的小灯泡。
AB．S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后LA熄灭，LB变亮，故A错误，B正确；
CD．S断开的瞬间， LB立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以LA亮一下再慢慢熄灭，故C错误，D正确。
故选BD。
9、AD
【解析】AB.根据电容的决定式：

知当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式：

知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故A正确，B错误
CD.根据电容的决定式：

知当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，由电容的定义式：

知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大，故C错误，D正确
10、CD
【解析】A.液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带负电，故A错误；
B.由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE，解得：，故B错误；
C.磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针，故C正确；
D.液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：R=联立解得：，故D正确；
故选CD.

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.（1）B ②.0.410mm. ③.（2）11.50mm. ④.（3）①“×1”； ⑤.12Ω； ⑥.②B ⑦.E ⑧.③C
【解析】（1）为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B．螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度的读数为：0.01mm×41.0=0.410mm，故合金丝的直径为 d=0.410mm
（2）游标卡尺测量某些工件的外径读数为：1.1cm+0.05mm×10=11.50mm
（3）①指针偏角过大，说明倍率档选择的过大，则为了较准确地进行测量，应该选择 “×1”倍率；读数为12Ω；
②电源电压为3V，则电压表选择3V量程的B；电路可能出现的最大电流为，则电流表选择E；
③电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；故选C.
12、 ①.最左端； ②.1.50； ③.2.9； ④.1.30； ⑤.4.5； ⑥.1.0； ⑦.5.0
【解析】(1)②滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于阻值最大处；
④根据电表量程确定其分度值，根据指针位置读出其示数；
(2)①电源-I图线与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻
②根据图示电路图判断两电压表示数关系，然后根据图示图象求出电压与电流，由P=UI求出灯泡实际功率
【详解】(1) ②由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前应把滑片置于最左端；
④由图示电流表可知，电流表量程为3A，其分度值为0.1A，示数为1.50A；
由图示可知，电压表V1的量程为6V，分度值为0.2V，其示数为2.9V；
由图示可知，电压表V2的量程为3V，分度值为0.1V，其示数为1.30V；
(2) ①由图示电源U-I图线可知，图线与纵轴交点坐标为4.5，
则电源电动势：E=4.5V，电源内阻：；
②滑动变阻器滑动片P移到滑动变阻器的最右端时滑动变阻器接入电路的阻值为零，两电压表示数相等，由图示图象可知，
灯泡电压为2.5V，电流为2.0A，灯泡实际功率：P=UI=2.5×2.0=5.0W
【点睛】本题考查了实验注意事项、电表读数、实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数

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、（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
14、 (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
15、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