河北省涿鹿县北晨学校2025-2026学年高二上物理期末检测试题含解析.doc

河北省涿鹿县北晨学校2025-2026学年高二上物理期末检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于(　　)

A.5∶4 B.3∶2
C.∶1 D.2∶1
2、关于传感器的下列说法正确的是
A.话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号
B.电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片中两片金属的膨胀系数相同
C.霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量
D.半导体热敏电阻常用作温度传感器，温度升高，它的电阻值变大
3、关于电场强度与电势的关系，下列说法中正确的是（　　）
A.电场强度大的位置，电势一定高
B.电场强度为零的位置，电势一定为零
C.电势为零的位置，电场强度一定为零
D.沿着电场线的方向，电势一定降低，但电场强度不一定减小
4、如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是（ ）

A. B.
C. D.
5、18世纪的物理学家发现，真空中两个点电荷间存在相互的作用．点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，发现这个规律的科学家是（ ）
A.牛顿 B.伽利略
C.库仑 D.法拉第
6、如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示．下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是（　　）

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、如图所示，空间内存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一个质量为m的带电液滴，在竖直平面内做圆周运动，下列说法正确的是（　　）

A.液滴在运动过程中速率不变
B.液滴所带电荷一定为负电荷，电荷量大小为
C.液滴一定沿顺时针方向运动
D.液滴可以沿逆时针方向运动，也可以沿顺时针方向运动
8、如图所示，在一个半径为R的圆形区坡内存在微感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿与AO夹角的方向射入匀强磁场区域，最终从B点沿与AO垂直的方向离开磁场．若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则　　

A.粒子运动的轨道半径
B.粒子在磁场区域内运动的时间
C.粒子的初速度的
D.若仅改变初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域
9、如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为，且电场方向和磁场方向相互垂直，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m，带电量为q（q>0）的小球套在绝缘杆上，若小球沿杆向下的初速度为时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则以下说法正确的是

A.小球的初速度
B.若小球沿杆向下的初速度，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止
C.若小球沿杆向下的初速度，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后停止
D.若小球沿杆向下初速度，则从开始运动到稳定过程中，小球克服摩擦力做功为
10、如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为，且电场方向与磁场方向垂直．在电磁场的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60º夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为＋q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动．已知小球电量保持不变，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）

A.小球的初速度为
B.若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
C.若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
D.若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为
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） “测定电池的电动势和内阻”的实验中：

(1)在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于___________端（填“A”或“B”）
(2)如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω
(3)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测________ E真，内阻的测量值和真实值 r测________ r真（填“＜，＞，或=”）
12．（12分）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL油酸酒精溶液中有油酸0.6mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成油膜．这种估测方法是将每个油酸分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径．已知图中油酸膜的面积大约为4.2×10-2m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是__m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径大约是___ m．（计算结果均保留两位有效数字）
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）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】据题意，通过电热器A的电流有效值为：,即：，则电热器A的电功率为：,通过电热器B得到电流有效值为：，则电热器B的电功率为：，故选项A正确
考点：本题考查交变电流的有效值的计算
2、C
【解析】由题意可知查传感器的应用，根据传感器工作原理分析可得
【详解】A．话筒是一种常用的声传感器，话筒一端接收声音，其作用是将电信号转换为声信号，另一端是将声音信号转为电信号，故A错误；
B．电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片中两片金属的膨胀系数不同，温度变化时，总体形变和膨胀系数大的材料形变方向相同，从而控制电路，故B错误；
C．霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，其原理带电粒子在磁场中发生偏转，在极板间产生电势差，故C正确；
D．半导体热敏电阻属半导体材料，温度升高，它的电阻值变小，故D错误
【点睛】从原理入手，理解传感器的工作过程，记住一些材料的特性
3、D
【解析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小
【详解】A项：电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；
B、C项：电势为零，是人为选择的，电势为零时场强并不一定为零，电场强度为零的位置，电势不一定为零，故B、C错误；
D项：根据电场线性质可知，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，但电场强度不一定减小，比如匀强电场，故D正确
故应选：D
【点睛】本题考查电场强度和电势之间的关系；电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低
4、B
【解析】矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向左上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为Φ1=BSsinθ=BSsin30°＝BS．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=-BScosθ′=−BScos30°＝−BS．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为△Φ＝Φ2−Φ1＝−．故选B
【点睛】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈
5、C
【解析】点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，发现这个规律的科学家是库仑，牛顿发现万有引力定律，伽利略自由落体规律，法拉第发现电磁感应现象，
故选C
6、B
【解析】根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，又E=Blv，,所以，v-t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A错误；由闭合电路欧姆定律可得：，可推出：E=kt（R+r），而，所以有：，图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F-BIl-mgsinθ=ma，而，v=at得到，可见F-t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误．，q-t图象是一条开口向上的抛物线，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、ABC
【解析】AB．粒子在复合场中做匀速圆周运动，速率不变，洛伦兹力提供向心力，所以重力和竖直向上的电场力等大反向：

所以液滴带负电，电荷量大小为：

AB正确；
CD．根据左手定则结合图中轨迹，可知带负电的液滴一定沿顺时针方向运动，C正确，D错误。
故选ABC。
8、AC
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角．画出轨迹，由数学知识求出轨迹半径，再利用洛伦兹力提供向心力结合结合关系即可分析求解，利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，求解粒子在磁场中运动的时间
【详解】A、画出粒子轨迹示意图，如下图所示，

因为粒子从B点沿与AO垂直方向离开磁场，故O´B与AO平行，又因为OAB与O´AB均为等腰三角形，可得：OAB=OBA=O´BA=O´AB，所以O´A与BO也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为，故AO´B=，所以四边形OAO´B为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径r=R，故A正确
B、粒子在磁场中运动的周期：T==，粒子在磁场中转过的圆心角=600，所以粒子在磁场中运动的时间为：t==，故B错误
C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m，结合轨道半径r=R，联立可得粒子的初速度为：v0=，故C正确
D、当入射粒子速度方向发生变化时，粒子运动的轨迹示意图如图所示，

速度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变化，粒子在圆周上的出射点也随之变化，所以若仅改变初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故D错误
故选A、C
【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间
9、BD
【解析】A．对小球进行受力分析如图

电场力的大小

由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向右，二者垂直，合力

由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反。所以
qv0B=2mg
所以

故A错误；
B．若小球的初速度为，则洛伦兹力
f=qv0B=mg＜
则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力
f=μFN
小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故B正确；
C．若小球的初速度为，则洛伦兹力
f=qv0B=3mg＞
则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力
f=μFN
小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动，故C错误；
D．若小球的初速度为，则洛伦兹力
f=qv0B=4mg＞
则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力
f=μFN
小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动。小球克服摩擦力做功为

故D正确；
故选BD。
10、ACD
【解析】A.对小球进行受力分析如图，

电场力的大小：，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg
所以．故A正确；
B.若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动．故B错误
C.若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C正确；
D.若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以．故D错误
故选ACD.

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.A ②.1.5 ③.1.0 ④.= ⑤.＞
【解析】（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；
（2）由图可知，图象由纵坐标交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻
（3）将电压表并连在滑动变阻器的A．B两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况
【详解】（1）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右半部分；故滑片应接到A端；
（2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小．U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以；
（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的．而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值

【点睛】本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻
12、 ①.； ②.
【解析】掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度
【详解】每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是：；
油酸分子的直径：
【点睛】在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，关键掌握估算油膜面积的方法和求纯油酸体积的方法，注意保留有效数字．解答本题关键要建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的大小

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