2026届云南省昭通市绥江县一中物理高二上期末复习检测模拟试题含解析.doc

2026届云南省昭通市绥江县一中物理高二上期末复习检测模拟试题
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、电阻R和电动机M串联接到电路时，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（）

A.U1<U2，Q1=Q2
B.U1=U2，Q1=Q2
C.W1=W2，Q1>Q2
D.W1<W2，Q1<Q2
2、两个完全一样的金属小球M、N，先让它们各自带电-5q和+7q，接触后再分开，则最终M、N的带电量分别是（　　）
A.+6q，+6q B.+7q，+5q
C.+12q，+12q D.+q，+q
3、下列各图中，用带箭头的细实线表示通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是
A. B.
C. D.
4、额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（　　）
A. B.
C. D.
5、关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )
A.磁感线可以形象地描述各点磁场的方向
B.磁场是为了解释磁极间的相互作用而人为规定的
C.由B=可知，某处磁感应强度大小与放入该处的通电导线IL乘积成反比
D.一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
6、有一个已充电的电容器，两极板之间的电压是6V，所带电荷量是4.5×10－4 C.将电容器的电压降为4V，电容器所带电荷量是 (　　)
A.1.5×10－4 C B.3.0×10－4 C
C.3.5×10－4 C D.4.0×10－4 C
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、现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用变化的磁场产生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示．在上、下两个电磁铁形成的异名磁极之间有一个环形真空室（图中所示为其侧面），电子在真空室中做圆周运动．上边为正视图，下边为真空室的俯视图．如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动，则以下方法能够使电子加速的是（）

A.若电磁线线圈中的电流方向与图示中方向一致，使电流增大
B.若电磁铁线圈中的电流方向与图示中方向一致，使电流减小
C.若电磁线线圈中的电流方向与图示中方向相反，使电流增大
D.若电磁铁线圈中电流方向与图示中方向相反，使电流减小
8、如图画出的是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随时间变化而变化的规律，以下说法错误的是（　　）

A.第0.6s末线圈中的瞬时电动势为4V
B.第0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的大
C.第0.4s末与第0.9s末线圈中通过的瞬时感应电流的方向相同
D.第0.2s末与第0.4s末线圈中通过的瞬时感应电流的方向相同
9、如图，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是(　　)

A.0～1s内线圈的磁通量不断增大
B.第4s末的感应电动势为0
C.0～1s内与2～4s内的感应电流相等
D.0～1s内感应电流方向为顺时针
10、在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。若输送功率增大为原来2倍，下列说法中正确的有( )

A.升压变压器的输出电压增大为原来2倍
B.输电线上的电流增大为原来的2倍
C.输电线上损耗的功率增大为原来的4倍
D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
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）某种物质发射的三种射线如图所示的磁场中分裂成①、②、③三束．那么在这三束射线中，带正电的是_____，带负电的是_____，不带电的是_____

12．（12分）图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流=300A,内阻=100，可变电阻R的最大阻值为10k，电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是__色，接正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则=_____k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx其测量结果与原结果相比较______（填“变大”、“变小”或“不变”）

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）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

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、A
【解析】设开关接通后，电路中电流为I
对于电阻R，由欧姆定律得
U1=IR
对于电动机，U2＞IR，则
U1＜U2
根据焦耳定律得
Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，
则
Q1=Q2
因
W1=Q1
W2=Q2+E机械
则
W1<W2
A．U1<U2，Q1=Q2，与结论相符，选项A正确；
B．U1=U2，Q1=Q2，与结论不相符，选项B错误；
C．W1=W2，Q1>Q2，与结论不相符，选项C错误；
D．W1<W2，Q1<Q2，与结论不相符，选项D错误；
2、D
【解析】两个完全相同的金属小球接触，电荷先中和后均分

故ABC错误，D正确。
故选D。
3、D
【解析】本题考查直导线周围磁场的分布情况，可根据安培定则得出磁场的形状并能画出不同面上的平面图
【详解】通电直导线的磁感线是由导线为中心的一系列同心圆，且导线与各圆一定是相互垂直的，故D正确，ABC错误
【点睛】在电磁学中应注意空间想象能力的培养，要学会由立体图画出平面图，只有这样才能顺利求解一些电磁场中的力学问题
4、C
【解析】由P=和已知条件可知
RA＜RB
对于A电路，由于RA＜RB，所以UB>110V，B灯烧毁，两灯不能正常发光，对于B电路，由于RB>RA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以
UB>110V
B灯烧毁，对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有
UA=UB=110V
两灯可以正常发光，对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则
UA=UB=110V
两灯可以正常发光，比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为(IA－IB)×110，而D电路中变阻器功率为(IA+IB)×110，所以C电路消耗电功率最小。
故选C。
5、A
【解析】磁感线的切线方向为磁场的方向，则磁感线可以形象地描述各点磁场的方向，选项A正确；磁场是客观存在的物质，磁感线是为了解释磁极间的相互作用而人为假想的，选项B错误；某处磁感应强度大小只由磁场本身决定，与放入该处的通电导线IL乘积无关，选项C错误；一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是直导线的放置方向与磁场平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项D错误；故选A.
6、B
【解析】电容器的电容和其两极板间的电压以及所带电荷量大小无关，即电压变化电容大小恒定不变，所以根据可知：
，
解得：
；
A．根据以上分析，A错误；
B．根据以上分析，B正确；
C．根据以上分析，C错误；
D．根据以上分析，D错误；
故选B。

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】AB.若电磁线线圈中的电流方向与图示中方向一致，线圈中的电流增强，向上的磁场增强，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场俯视图为顺时针方向，所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速运动，在洛伦兹力约束下做圆周运动，选项A正确，B错误；
CD.若电磁线线圈中的电流方向与图示中方向相反，当电流减小时，向下的磁场减弱，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为顺时针方向，电子将沿逆时针方向做加速运动，选项C错误，D正确
8、AD
【解析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比,结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率
运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题；
【详解】A、在内，，故A错误；
B、由图知，0.9 s末的磁通量变化率比0.2 s时的大，所以0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的大，故B正确；
C、第0.4s末与第0.9s末的图象斜率都为负值，瞬时电动势的方向相同，则瞬时感应电流的方向相同，故C正确；
D、第0.2s末与第0.4s末的图象斜率一正一负，瞬时电动势的方向相反，则瞬时感应电流的方向相反，故D错误
【点睛】通过Φ-t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ-t图象斜率的意义，利用图象解决问题是现在考试中常见的问题，对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究
9、AD
【解析】0~1s内磁感应强度不断增大，磁通量不断增大，选项A正确．第4s末磁感应强度为零，但斜率不为零，感应电动势不为零，选项B错误．0~1s内与2~4s内斜率大小不相等，电动势不相等，感应电流不相等，选项C错误．用楞次定律判断，感应电流在0~1s内为顺时针，选项D正确
考点：本题考查电磁感应的图象问题，法拉第电磁感应定律和楞次定律等
10、BCD
【解析】A．输入电压决定输出电压，发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误；
B．输出功率决定输入功率，根据：

可知升压变压器输出电压不变，功率变为原来2倍，输电线上的电流变为原来的2倍，故B正确；
C．根据电功率的表达式：

可知输电线上电阻不变，电流变为原来的2倍，则输电线上消耗的功率增大为原来的4倍，故C正确；
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例：

输电线上电流增大，占比增大，故D正确。
故选BCD

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 ②.③ ③.②
【解析】由轨迹偏转方向确定出洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子的电性
解：由图看出，①射线向左偏转，受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知，①射线带正电；②射线不偏转，该射线不带电；③向右偏转，洛伦兹力向右，由左手定则判断得知，该射线带负电
故答案为①③②
【点评】本题考查左手定则的运用，注意应用左手定则时，四指指向负电荷运动的反方向
12、 ①.红 ②.5 ③.变大
【解析】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；
当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系：，得；，当指针指在刻度盘的正中央时：
有：，代入数据可得：；
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：
，欧姆表内阻得调小，待测电阻测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了
【点睛】根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化；本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析

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、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
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