四川省成都外国语高级中学2026届高二上物理期末学业质量监测试题含解析.doc

四川省成都外国语高级中学2026届高二上物理期末学业质量监测试题
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、一矩形线圈，绕垂直匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势随时间的变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）

A.时刻通过线圈的磁通量最小
B.时刻通过线圈的磁通量最大
C.时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D.每当改变方向时，通过线圈的磁通量都为最大
2、一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面则下列说法中正确的是　　

A.a点的电势比b点低
B.电子在a点的加速度方向向右
C.电子从a点到b点动能减小
D.电子从a点到b点电势能减小
3、如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为Q，与AB的中心O的距离为R。由于静电感应，在导体AB的两端分别出现感应电荷。当达到静电平衡时（　　）

A.导体A端的电势高于B端的电势
B.导体的感应电荷在O点产生的场强为，方向向右
C.导体的中心O的场强为零
D.撤去点电荷后，导体带上了正电荷
4、如图，水平放置的平行金属板、B间有一匀强电场，一个质子（）和一个氘核（），先后以平行于两板中心线OO’的初速度从左侧O点射入两板间，与板无碰撞且射出后都能击中竖直荧光屏MN，击中荧光屏时的速率分别用v质子和v氘核表示。下列说法正确的是

A.若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
B.若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将出现2个亮点
C.若它们射入电场时的初动量相同，在荧光屏上将只出现1个亮点
D.若它们的初速度是经同一加速电场从静止加速后获得的，则打在荧光屏上时v质子∶v氘核=：1
5、如图所示，闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程经过水平匀强磁场区域，虚线为该磁场的竖直边界，已知磁场区域的宽度大于圆环的直径若不计空气阻力，则

A.圆环在摆动过程中始终产生感应电流
B.圆环在摆动过程中，机械能始终守恒
C.圆环在磁场区域中摆动时，机械能守恒
D.圆环最终将静止在竖直方向上
6、已知阿伏加德罗常数为，某物质的摩尔质量为，则该物质的分子质量和 kg水中所含氢原子数分别是(　　)
A. B.
C D.
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、带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是（　　）

A.油滴必带负电荷，电荷量为
B.油滴必带正电荷，比荷
C.油滴必带正电荷，电荷量为
D.油滴带什么电荷都可以，只要满足
8、如图所示，是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度为．一质量为、长为、电阻为、粗细均匀的导体棒锁定于的中点位置．将导体棒解除锁定，导体棒由静止向下加速运动，离开导轨时的速度为．导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为，下列说法正确的是

A.解除锁定后，导体棒向下做匀加速直线运动
B.解除锁定后，导体棒中电流由到
C.导体棒滑到导轨末端时的加速度大小为
D.导体棒下滑过程中产生的焦耳热为
9、太阳系中的第二大行星是土星，它的卫星众多，目前已发现的卫星达数十颗．根据下表所列土卫五个土卫六两颗卫星的相关参数，可以比较（ ）
土星的卫星
距离土星距离
半径
发现者
发现年份
土卫五

卡西尼

土卫六

惠更斯

A.这两颗卫星公转的周期大小 B.这两颗卫星公转的速度大小
C.这两颗卫星表面的重力加速度大小 D.这两颗卫星公转的向心加速度大小
10、如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是

A.圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大
B.圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度一直增大
C.增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D.将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
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）某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A．电池组（3V，内阻约1Ω）；
B．电流表A1（0~3A，内阻0.0125Ω）；
C．电流表A2（0~0.6A，内阻0.125Ω）；
D．电压表V1（0~3V，内阻4kΩ）；
E．电压表V2（0~15V，内阻15kΩ）；
F．滑动变阻器R1（0~20Ω，额定电流1A）；
G．滑动变阻器R2（0~2000Ω，额定电流0．3A）；
H．开关、导线若干。
(1)上述器材中，电流表应选_______，电压表应选_______，滑动变阻器应选_______（填写器材前的字母）。为使通过待测金属丝的电流能从0~0.5A范围内改变，电路应选_______（填写甲、乙、丙、丁）。

(2)若用L表示金属丝接入电路中的长度，d表示直径，U表示金属丝上的电压。I表示金属丝中的电流，请用以上字符写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=______________________。
12．（12分）匀强电场中a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°.电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为(2－)V、(2＋)V和2V．该三角形的外接圆上最低电势为________；最高电势为______________
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、D
【解析】A．由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故A错误；
B．由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，故磁通量的变化率也最大，通过线圈的磁通量最小，故B错误；
C．由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率绝对值为零，故C错误；
D．每当e转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大，故D正确；
故选D。
2、C
【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加
【详解】A．根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以A错误；
B．由A的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以B错误；
C．从a点到b点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以C正确；
D．电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以D错误
故选C
【点睛】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，同时结合功能关系分析，基础问题
3、C
【解析】A．当达到静电平衡时，导体是等势体，故导体A端电势等于B端电势，故A错误；
BC．当达到静电平衡时，导体内部各点的合场强为零，则导体中心O点的场强为零，故感应电荷在O点的产生场强与点电荷在O点的场强大小相等方向相反，点电荷在O点的场强大小为

方向向右，感应电荷在O点的产生的场强大小为

方向向左，故B错误C正确；
D．撤去点电荷后，导体不带电，故D错误。
故选C。
4、D
【解析】ABC．两个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到，加速度为

偏转距离为

运动时间为

联立三式得

A．若它们射入电场时的速度相等，y与比荷（电荷量与质量的比值）成正比，所以荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；
B．若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现1个亮点，故B错误；
C．若它们射入电场时的动量相等，

可见y与qm成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，故C错误；
D．从静止开直到荧光屏由动能定理得，

在加速电场中有

整理得

所以打在荧光屏上时
v质子∶v氘核=：1
故D正确。
故选D。
5、C
【解析】A．只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。故A错误。
B．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒。故B错误。
C．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒。故C正确。
D．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化一直是最大值，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置。故D错误。
故选C。
6、A
【解析】分子量等于摩尔质量除以阿佛加德罗常数；求出mkg水中含有的水分子数，再乘以2即为其中所含的氢原子数量
【详解】物质的分子质量：； m kg水中所含水分子数为，一个水分子中含有两个氢原子，则所含的氢原子数为：个，故选A.

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、BC
【解析】根据平衡条件知油滴受向上的洛伦兹力，根据左手定则判断油滴必带正电荷，由受力平衡有

得

油滴的比荷为

故选BC。
8、BCD
【解析】根据题图可知，考查了导体棒切割磁感线的问题，根据法拉第电磁感应定律求解电动势的大小，根据欧姆定律求解感应电流的大小，根据安培定则判断感应电流的方向，根据安培力公式求解安培力，利用牛顿第二定律求解加速度a，根据能量守恒求解过程中产生的焦耳热
【详解】A、导体棒在下降的过程中，对ab棒进行受力分析有：，由于导体棒粗细均匀，设单位长度的电阻为，则电流，整理得：，物体做加速运动，增大，也增加，故加速度在减小，故A错误；
B、解除锁定后，导体棒向下运动，由右手定则得，电流由a到b，故B正确；
C、导体棒滑到导轨末端时，导体棒的有效切割长度，所以加速度大小为，故C正确；
D、导体棒下滑过程中，由能量守恒得：，整理得：，故D正确
9、ABD
【解析】设土星的质量为M，
A.由开普勒第三定律，半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小．故A正确；
B.由卫星速度公式，公转半径R越大，卫星的线速度越小，则土卫六的公转线速度小．故B正确；
C.由卫星表面的重力加速度公式，由于卫星的质量未知，无法比较卫星表面的重力加速度，故C错误；
D.由卫星向心加速度角公式，公转半径R越小，向心加速度a越大，则土卫五的向心加速度大．故D正确
故选ABD.
10、BC
【解析】A.圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．故A错误
B.圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．故B正确
CD.根据动能定理得：

根据牛顿第二定律得：

联立解得：

增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动．故C正确，D错误

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.F ④.甲 ⑤.
【解析】(1)[1]由于电源电动势为3V，由

可知电路中最大电流约为0.5A，则电流表选C；
[2]电表读数要达到半偏，则电压表选D；
[3]为了操作方便，应选择和被测电阻相差不大的，故选F；
[4]要求电流从零变化，故选用滑动变阻器的分压接法，又，故采用电流表的外接法，所以电路图甲符合。
(2)[5]根据欧姆定律可得

根据电阻定律可得

联立解得

即被测电阻的电阻率为。
12、 ①.0 ②.4
【解析】作出三角形的外接圆，其圆心O在ab的中点，该点电势为2V，OC为等势线，作出OC的垂线MN为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN，找出离O点最远的点，电势最低；逆着电场线，离O点最远点电势最高
如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，

则：O点的电势为

故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为：M→N
所以外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点
设外接半径为R，则Op间的电势差等于Oa间的电势差，即：

又
UON=ER，UOP=ERcos30°，
则：

故有：UON=2V，N点电势为零，为最低电势点，
同理M点电势为4V，为最高电势点。

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