2025-2026学年广西百色市高二上物理期末质量检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年广西百色市高二上物理期末质量检测模拟试题
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、下列说法正确的是（　　）
A.法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想
B.楞次定律表明，感应电流的方向一定与原来的电流方向相反
C.磁与电紧密联系，有磁必有电，有电必有磁
D.电磁感应现象中，感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反
2、在如图所示的各电场中，a、b两点的电场强度相同的是（　　）
A. B.
C. D.
3、劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交变电压u的频率为f．若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。用该回旋加速器加速质子，为了使质子获得的动能减小为原来的，可采用下列哪种方法

A.将其磁感应强度增大为原来的3倍
B.将其磁感应强度增大为原来的9倍
C.将D形盒的半径减小为原来的倍
D.将D形盒的半径减小为原来的倍
4、空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为
A. B.
C. D.
5、如图所示为质谱仪的原理图，某带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，其内部的匀强磁场磁感应强度为B，匀强电场的强度为E，垂直纸面的匀强磁场B未画出，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列说法正确的是

A.该粒子带负电
B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D.若粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则粒子的比荷就越大
6、发现电流磁效应的物理学家是（ ）
A.法拉第
B.奥斯特
C.库仑
D.安培
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，一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合。在增大电容器两极板间距离的过程中（）

A.电容器的电容变小
B.电容器两极板间场强不变
C.电容器两极板间电压增大
D.电阻R中有从a流向b的电流
8、如图所示，两个相同的带电小球A、B分别用2L和L长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B偏离竖直方向30°，小球A竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触．若两小球的质量均为m，重力加速度为g．则

A.A、B的静电力等于
B.墙壁受的压力等于
C.A球受到细线的拉力等于
D.B球受到细线的拉力等于
9、如图，通电导体棒质量为m，置于倾角为的导轨上，导轨和导体棒之间不光滑，有电流时杆静止在导轨上，下图是四个侧视图，标出了四种匀强磁场的方向．其中摩擦力可能为零的是
A. B.
C. D.
10、如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的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，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A.小球的初速度为v0=
B.若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速
C.若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的加速运动，最后匀速
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）导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取长度L=20.00 cm、截面积为6.0×10-7m2的圆柱体导电玻璃进行实验，用欧姆表粗测该导电玻璃的电阻Rx，发现其电阻约为13.0 Ω

（1）为精确测量Rx的阻值，该小组设计了如图甲所示的实验电路，可供使用的主要器材如下：
电源E（电动势为4.5 V，内阻约1 Ω）；
电阻箱R0（阻值0~999.9 Ω）；
电流表A1（量程0~200 mA，内阻约1.5 Ω）；
电流表A2（量程0~3 A，内阻约0.5 Ω）；
滑动变阻器R1（阻值范围0~1 kΩ）；
滑动变阻器R2（阻值范围0~20 Ω）.
①电流表应选用____，滑动变阻器应选用____．（填器材代号）
②该小组进行了如下操作：
A．将滑动变阻器的滑片移到最右端，将S1拨到位置1，闭合S2，调节滑动变电阻R，调到合适位置时读出电流表的示数I；
B．将S1拨到位置2，调节电阻箱的阻值，当电流表的读数为____时，不再改变，此时电阻箱的数值如图乙所示，可求得导电玻璃的电阻为Rx=____Ω
（2）由以上实验可求得该导电玻璃的电阻率ρ=___Ω·m.
12．（12分）在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图中斜槽部分与水平槽部分平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验．图中设计有一个支柱（通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下）．先不放被碰小球，让入射小球从挡板C处由静止滚下，重复若干次；然后把被碰小球放到支柱上，有重复若干次．在白纸上记录下挂于槽口的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，两小球直径相等，并用刻度尺测出OM、OP、ON的长度．入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2．则

（1）入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2_____m1（填“>”或“<”）
（2）用螺旋测微器测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=___________mm
（3）当所测的物理量满足表达式_____________________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球的碰撞遵守动量守恒定律
（4）某次实验得到入射小球的落点M、P到O距离如图丙所示，假设两球的碰撞是弹性正碰，则被碰小球的落点N到O的距离ON=_________cm．（保留2位小数）
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．（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、A
【解析】A．法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想，使人类社会进入电气时代，故A正确；
B．楞次定律“增反减同”可知，感应电流的方向可能与原来的电流方向相反，也可能与原来的电流方向相同，故B错误；
C．磁与电紧密联系，有磁不一定有电，但有电必有磁，故C错误；
D．电磁感应现象中，楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化，则可能跟原来的磁场方向相反，也可能与原来的磁场方向相同，故D错误。
故选A。
2、D
【解析】AB．A图和B图中的ab两点的电场的方向不同，场强大小相等，所以两点的电场强度不相同。故AB错误；
C．C图中的ab两点，b点的电场线比较密，所以b点的场强大。故C错误；
D．D图中的两点所在的电场为匀强电场，两点的电场强度大小相等，方向相同，场强相同，故D正确；
故选D。
3、C
【解析】回旋加速器通过电场加速，磁场回旋，最后从磁场离开，由洛伦兹力提供向心力可得：

可得粒子的最大速度为：

故最大动能为：

为了使质子获得的动能减小为原来的，因此将其磁感应强度减小为原来的倍，或将D形盒的半径减小为原来的倍；故C正确，ABD错误；
故选C。
4、A
【解析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为
r=Rcot30°=R
根据牛顿第二定律得

得

A．，与结论相符，选项A正确；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；

故选A
【名师点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题
5、D
【解析】根据带电粒子进入匀强磁场B0中的偏转方向，确定洛伦兹力方向，由左手定则判断电性．带电粒子经加速后进入速度选择器时，速度为的粒子可通过速度选择器，然后进入磁场B0，打在S板的不同位置．通过列式分析
【详解】A、带电粒子进入匀强磁场B0中后向左偏转，受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断知该粒子带正电，故A错误.
B、速度选择器中带电粒子受到电场力水平向右，洛伦兹力应水平向左，由左手定则判断知磁场方向垂直纸面向外，故B错误.
C、带电粒子速度选择器做匀速直线运动，有qE=qvB，得，故C错误.
D、粒子进入磁场B0后做匀速圆周运动，轨迹半径为，粒子打在胶片上的位置到入口的距离，可知粒子打在胶片上的位置越幕近狭缝P，d越小，则越大，故D正确.
故选D
【点睛】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段.要知道速度选择器选择速度为的粒子.
6、B
【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了库仑定律，安培发现了分子电流假说，B正确

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】A．由可知，d增大C变小，A正确；
BC．始终与电源相连U不变，由可知，d增大E变小，BC错误；
D．由可知，Q减小，电容器放电，上极板充入的正电荷通过电阻流出，故电阻R中有从a流向b的电流，D正确。
故选AD。
8、AC
【解析】设细线的固定点为O，由几何关系可得：AB连线垂直OB边线，
A、D项：对小球B受力分析，受到重力，OB细线的拉力，AB间的库仑力，且三力平衡，由平衡条件得：，，故A正确，D错误；
B、C项：对A球受力分析，受到重力，AB间的库仑力，细线OA的拉力，墙壁对A球的弹力，由平衡条件得：
，，故B错误，C正确
故选AC
9、AB
【解析】A：若磁场方向竖直向上，导体棒所受重力、安培力、支持力方向如图甲，当时，导体棒可不受摩擦力

B：若磁场方向水平向左，导体棒所受重力、安培力如图乙，当时，导体棒可不受支持力、摩擦力
C：若磁场方向向右，导体棒所受重力、安培力、支持力方向如图丙，导体棒静止，导体棒一定受沿导轨向上的摩擦力
D：若磁场方向竖直向上，导体棒所受重力、安培力、支持力方向如图丁，导体棒静止，导体棒一定受沿导轨向上的摩擦力
故摩擦力可能为零的是AB两项
10、ABD
【解析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定
【详解】对小球进行受力分析如图，

电场力的大小：F=qE=，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：FG+F==2mg，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；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正确．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错误；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正确．故选ABD
【点睛】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动

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、 ①.A1 ②.R2 ③.I ④.12.8 ⑤.3.84×10-5
【解析】(1)[1]电源电动势为4.5V，Rx电阻约为13.0 Ω，根据，电流表只能选择量程为200mA的电流表A1；
[2]为方便实验操作，滑动变阻器应选阻值范围0~20 Ω的R2；
[3]将S1拨到位置2，当电流表的读数为I时，电阻箱的阻值与导电玻璃的电阻相等。
[4]根据图示中电阻箱的数值可知导电玻璃的电阻12.8Ω。
（2）根据知导电玻璃电阻率
ρ
12、 ①.< ②.12.803（12.802-12.804） ③.m1OP=m1OM+m2（ON-d） ④.36.28
【解析】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量；（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；（4）根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，联立即可求得速度关系，从而求出OM、ON以及OP之间的关系
【详解】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2<m1；
（2）螺旋测微器的固定刻度读数为12.5mm，可动刻度读数为0.01×30.3mm=0.303mm，
所以最终读数为：d=12.5mm+0.303mm=12.803mm
（3）由动量守恒定律可知，如果动量守恒，则应保证：m1v=m1v1+m2v2；
因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，（ON-d）是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•（ON-d），说明两球碰撞遵守动量守恒定律；
（4）设入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2．碰撞前入射球速度为v0，碰撞后两球速度分别为v1、v2．根据动量守恒得和机械守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v2
m1v02=m1v12+m2v22
联立解得：v0+v1=v2
三球平抛运动时间相同，则得到：OP+OM=ON′=ON-d
故：ON =OP+OM+d=25cm+10cm+1.28cm=36.28cm
【点睛】本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，掌握实验原理、应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式即可正确解题．注意小球2平抛的起点在水平面上的投影在O点后相距d处

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