重庆市万州区分水中学2026届物理高二第一学期期末检测试题含解析.doc

重庆市万州区分水中学2026届物理高二第一学期期末检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、矩形导线框固定在匀强磁场中，如图所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则（ ）

A.0～t1时间内，导线框中电流的方向为abcda
B.0～t1时间内，导线框中电流越来越小
C.0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
D.0～t2时间内，导线框ab边受到安培力大小恒定不变
2、若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为。已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为，由此可知，该行星的半径为（ ）
A B.
C. D.
3、如图所示，紧绕有闭合线圈的绝缘圆筒放在电子秤的非磁性材料托盘（图中未画出）上，一条形磁铁（N极向下）从圆筒正上方由静止释放后插入圆筒。空气阻力不计。对磁铁插入圆筒且未碰到托盘的过程，下列说法正确的是（ ）

A.磁铁的机械能守恒
B.磁铁的加速度恒定
C.通过电阻的电流方向如图中箭头所示
D.电子秤的示数比磁铁尚未运动时电子秤的示数大
4、关于电流下列说法正确的是 （ ）
A.电荷的移动形成电流
B.只有正电荷的定向移动形成电流
C.正电荷定向移动的方向与电流方向相同
D.电路中电流的方向是由电源的负极到电源的正极
5、一理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，为滑动变阻器的滑动片。下列说法正确的是（ ）

A.副线圈输出电压的频率为
B.副线圈输出电压的有效值为
C.向下移动时，变压器的输出功率增加
D.向下移动时，原、副线圈的电流都减小
6、有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示;在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常数为k，半径为R的球面面积为S=4R2，则下列说法正确的是( 　　)

A.均匀带电球壳带电密度为
B.图中r=1.5R
C.在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高
D.球面与球心间电势差为E0R
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、如图所示,水平放置的两块平行金属板,充电后与电源断开.金属板间存在着方向竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里磁感应强度为的匀强磁场.一质量为、电荷量为的带电粒子(不计重力及空气阻力),以水平速度射入场区,恰好做匀速直线运动.则(    ).

A.粒子一定带正电
B.若仅将板间距离变为原来的2倍,粒子运动轨迹偏向下极板
C.若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍,粒子仍将做匀速直线运动
D.若撤去电场,粒子在板间运动的最长时间可能是
8、如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则（　　）　　

A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
9、如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c，d到O点的距离均相等。关于这几点处的磁场，下列说法正确的是( )

A.O点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
D.a、b、c、d、O五点处磁感应强度的方向都相同
10、在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场．α粒子（氦原子核）以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向从左向右射入，恰好能沿直线匀速通过．下列说法正确的是（　　）

A.若电子以速度沿相同方向射入，电子将向下偏转
B.若质子以速度沿相同方向射入，质子将沿直线匀速通过
C.若质子以大于的速度沿相同方向射入，质子将向下偏转
D.若质子以大于的速度沿相同方向射入，质子将向上偏转
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）有一金属材料制成的圆柱形物体，当用游标卡尺来测它的截面直径d时，示数如图甲所示，则d＝________mm。然后利用伏安法测量该物体的小电阻，此时电压表和电流表的示数如图乙、丙所示，则金属物体两端的电压为U＝________V，流过该物体的电流为I＝________A。

12．（12分）在“测定电池电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路

(1)按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来____________
(2)在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(填“A”或“B”)
(3)图丙是根据实验数据作出的U­I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω，短路电流I短＝________A
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）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
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）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
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】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况
【详解】由图可知，0-t2内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A正确，C错误；从0到t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，感应电动势恒定不变，电路中电流大小时恒定不变；导线电流大小恒定，故B错误；从 t1到t2时间内，磁场的变化率不变，则电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比，即增大，则0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力大小不是恒定不变的，故D错误；故选A
【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的
2、C
【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则有

在竖直方向上做自由落体运动，则有

联立解得

两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以有

根据行星表面处万有引力等于重力

可得

故有

解得

C正确，ABD错误；
故选C。
3、D
【解析】A．磁铁下落过程中，线圈中会产生感应电流，机械能转化为电能，则磁铁的机械能减小，选项A错误；
B．磁铁下落过程中，穿过线圈的磁通量的变化率逐渐变大，则产生的感应电流逐渐变大，磁铁受到的向上的安培力变大，则加速度会减小，选项B错误；
C．根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向如图中箭头反方向，选项C错误；
D．磁铁下落过程中穿过线圈的磁通量变大，线圈中产生的感应电流的磁场方向向上，即落线管上端为N及，则磁铁对螺线管有向下的作用力，则电子秤的示数比磁铁尚未运动时电子秤的示数大，选项D正确；
故选D。
4、C
【解析】A．只有电荷的定向移动才能形成电流，故A错误；
B．正负电荷做定向移动均可以形成电流，故B错误；
C．我们规定正电荷的定向移动方向为电流的方向，故C正确；
D．电路中电荷定向移动的方向在外电路中是由正极到负极，而在内电路中是由负极流向正极的，故D错误
5、C
【解析】A．由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，变压器不会改变交变电流的频率，故副线圈输出电压的频率为50Hz，故A错误；
B．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，有效值

根据变压比可知，副线圈输出电压的有效值

故B错误；
CD．P向下移动，R变小，副线圈输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流变大，则原线圈的电流也随之变大，电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，故C正确，D错误。
故选C。
6、A
【解析】A．由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知：

解得球壳带电量：

则均匀带电球壳带电密度为：

故A正确；
B．根据点电荷场强公式：

解得

故B错误；
CD．由题意可知在在x轴上各点中，在0-R范围内各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，故CD错误；
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、CD
【解析】粒子无论带何种电荷，电场力与洛伦兹力大小都相等，且Eq=qvB，故A错误；当将板间距离变为原来的2倍，场强变小，Eq＜qvB  粒子运动轨迹偏向极板；当粒子为正电荷时，偏向上极板；当粒子为负电荷时，偏向下极板，故B错误；据Eq=qvB  可知，将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，二力依然平衡，所以粒子仍做匀速直线运动，故C正确当撤去电场，粒子可能在极板间做半圆周运动再出磁场，据在磁场的圆周运动的周期T=，粒子在板间运动的最长时间可能是，故D正确．故选CD
8、AC
【解析】外磁场、电流的磁场方向如图所示

在b点
B0＝B0－B1＋B2
在a点
B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0。故AC正确，BD错误。
故选AC。
9、BD
【解析】A．根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
B．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；
C．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C错误；
D．a、b、c、d、O五点处磁感应强度的方向都竖直向下，故D正确。
故选BD。
10、BD
【解析】粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动，由公式qv0B=qE，电量与电性不会影响粒子的运动性质；再分析电子的受力情况，从而明确电子是否会发生偏转
【详解】由于α粒子从左向右射入正交的电场和磁场空间，恰能做匀速直线运动，则两力平衡，即Eq=qvB，所以选择的速度v=，与电性和电量无关，但有确定的进、出口．若电子以相同的速度射入，相对α粒子电场力和洛仑兹力均反向，则电子仍将做匀速直线运动，所以选项A错误；同理，质子以相同的速度射入时，相对α粒子电场力和洛仑兹力虽减小，但两力仍平衡，沿直线通过，所以选项B正确；若质子进入的速度变大，电场力不变，但向上的洛仑兹力变大，所以质子将向上偏转，选项C错误，选项D正确．故选BD
【点睛】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题，注意掌握粒子做直线运动，一定是匀速直线运动，且粒子的电量与电性均不会影响运动性质

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、 ①.30.50 mm ②.2.25 V ③.0.42 A
【解析】[1]．游标卡尺主尺上读的毫米数为30 mm，游标尺上第10条刻度线与主尺某刻度线对齐，由于游标卡尺是20分度的，所以读数为30 mm＋0.05×10 mm＝30.50 mm。
[2]．电压表应选用0～3 V量程，最小分度为0.1V，读数时应估读到最小分度的1/10，所以读数为2.25 V；
[3]．电流表应选用0～0.6 A量程，最小分度为0.02 A，读数时应估读到最小分度的1/2，所以读数为0.42 A。
12、 ①.图见解析 ②.B ③.1.50 ④.1 ⑤.1.50
【解析】（1）[1]．由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；

（2）[2]．为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；
（3）[3]．由U-I图可知，电源的电动势E=1.50V；
[4]．当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：
；
[5]．短路电流

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) (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
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）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