2026届天津市蓟州区第一中学物理高二上期末调研模拟试题含解析.doc

2026届天津市蓟州区第一中学物理高二上期末调研模拟试题
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、如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，则下列说法正确的是（ ）

A.C带正电，且QC＜QB B.C带正电，且QC＞QB
CC带负电，且QC＜QB D.C带负电，且QC＞QB
2、如图所示，A1、A2为电流表，V为电压表， C为电容器，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，下列结论正确的是

A.电压表V示数变小
B.电流表A1示数变小
C.电流表A2示数变大
D.电容器C上电荷量增大
3、下列电器在工作时，主要利用电流热效应的是
A.手机 B.电视机
C.电风扇 D.电饭锅
4、如图所示的温控电路中，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略．当环境温度降低时下列说法正确的是

A.电容器C的带电量增大
B.电压表的读数减小
C.干路电流增大
D.R1消耗的功率变大
5、板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为，现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是（）
A.，
B.，
C.，
D.，
6、如图所示，匀强电场中A、B两点的场强分别用EA、EB表示，电势分别用、表示，关于EA和EB、和的大小关系，下列说法正确的是（　　）

A.EA=EB B.EA<EB
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，两水平面（虚线）之间的距离为h，存在方向水平向右的匀强电场。将一质量为m，电荷量为+q的带电小球（可视为质点）从距电场上边界为h处的A点以初速度v平行于电场的方向射出。小球进入电场后做直线运动，经过一段时间离开电场。不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　）

A.电场强度大小为
B.电场强度大小为
C.小球在电场中运动的水平位移大小为
D.小球在电场中运动的水平位移大小为
8、如图所示的电路中,A、B是完全相同的灯泡,L是电阻不计的电感线圈,下列说法中正确的是

A.当开关S闭合时,A灯先亮,B灯后亮
B.当开关S闭合时,A、B灯同时亮,电路稳定后,B灯更亮，A灯熄灭
C.当开关S断开时,A灯闪亮一下再媳灭
D.当开关S断开时,B灯过一会儿熄灭
9、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )

A.三个等势面中，a的电势最高
B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C.带电质点通过P点时的动能较Q点大
D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大
10、如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则

A原电场方向竖直向下
B.改变后的电场方向垂直于ON
C.电场方向改变后，小球的加速度大小为g
D.电场方向改变后，小球的最大电势能为
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）如图所示，矩形线圈一边长为d，另一边长为a，电阻为R，当它以速度V匀速穿过宽度为L，磁感应强度为B匀强磁场过程中，若L<d，产生的电能为__________，通过导线横截面的电荷量为__________；若L>d，产生的电能为__________，通过导线横截面的电荷量为__________

12．（12分）0×1Ω=12.0Ω
在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A.待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0Ω）
B.电流表A1（量程0—3mA，内阻Rg1＝10Ω）
C.电流表A2（量程0—0.6A，内阻Rg2＝0.1Ω）
D.滑动变阻器R1（0—20Ω，10A）
E.滑动变阻器R2（0—200Ω，1A）
F.定值电阻R0（990Ω）
G.开关和导线若干
（1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中合理的是____图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选______。

（2）如图为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表 A1的示数，I2为电流表 A2的示数），则由图线可得电动势E＝___V，内阻r＝____Ω（内阻r保留2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）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、C
【解析】因A、B都带正电，所以静电力表现为斥力，即B对A的作用力沿BA的延长线方向，而不论C带正电还是带负电，A和C的作用力方向都必须在AC连线上，由平行四边形定则知，合力必定为两个分力的对角线，所以A和C之间必为引力，且FCA<FBA，所以C带负电，且QC<QB．故选C
2、A
【解析】局部电阻的变小，会引起全电路电阻的变小，根据闭合电路欧姆定律，可得到干路电流的变化情况，路端电压的变化情况；根据串并联电流电压的特点，可以判断各支路电表示数的变化情况
【详解】ABC、将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，导致路端总电阻变小，根据可知，干路电流增大，即电流表A1示数变大；又因为，则路端电压减小，则电压表V的示数变小；R2为定值电阻，故流过R2的电流减小，即电流表A2示数变小；故A正确，BC错误；
D、因电容器跟电阻R2并联，故电容器两端的电压为U，因，可知，电容器上的带电量减小，故D错误
故选A
【点睛】熟练掌握闭合电路欧姆定律及其变形表达式，清楚串并联电路电流电压的关系，是解决问题的关键
3、D
【解析】由题意可知考查用电器能量转化问题，根据电器工作原理分析可得
【详解】A．手机工作时把电能主要转化为声能、光能、小部分转化为内能，故A不符合意；
B．电视机工作时把电能主要转化为光能，小部分转化为内能，故B不符合意；
C．电风扇工作时把电能主要转化为机械能，小部分转化为内能，故C不符合意；
D．电饭锅工作时把电能转化为内能，故D符合题意，所以选择D选项
【点睛】根据各种电器的工作原理、电能转化特点分析可得
4、A
【解析】C、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小．故C错误
A、电容器的电压UC=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I减小，UC增大，由得，电容器C的带电量增大．故A正确
B、总电流I减小，路端电压U=E-Ir，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大．故B错误
D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小．故D错误．故本题选A
5、C
【解析】电容器所带电荷量为时，

电容器所带电荷量变为，板间距变为时，

选项C正确，ABD错误；
故选C。
6、A
【解析】由电场线的分布情况可知，AB两处电场线密集程度相同，则A点的场强等于B点的场强，即EA=EB．顺着电场线电势降低，则φA＞φB．故选项A正确，BCD错误，故选A
点睛：本题的关键是理解电场线的意义．对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用

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、AC
【解析】AB．小球做平抛运动时，刚进入电场时竖直分速度大小

设小球进入电场时速度方向与水平方向的夹角为α，则

小球进入电场后做直线运动，重力和电场力的合力方向与速度方向相同，如图，可知

解得电场强度为

故A正确，B错误。
CD．小球在电场中运动的水平位移大小为

故C正确，D错误。
故选AC。
8、BC
【解析】电感线圈L中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；故电键接通瞬间通过线圈的电流缓慢增加，电键断开瞬间通过线圈的电流缓慢减少
【详解】当开关S闭合时，电路中的电流增加，由于线圈的自感作用，将产生一自感电动势阻碍电流的增加，此时A、B二灯相当于串联，同时亮；电路稳定后线圈相当于一段导线，将A灯短路，A灯熄灭，B灯两端所加电压增加而变得更亮，故A错误，B正确．断开S时，B灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡A构成闭合电路，A灯先闪亮后逐渐变暗；故C正确，D错误；故选BC
【点睛】本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即总是阻碍电流的变化
9、BD
【解析】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c点电势最高，故A错误；
BC．根据带正电的质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，即P点时电势能较大，而动能较小，故B正确，C错误；
D．等差等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此P点加速度也大，故D正确
10、CD
【解析】开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，选项C正确；电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为 ，则克服电场力做功为： ，故小球的电势能最大值为 ，选项D正确；故选CD.

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. ②. ③. ④.
【解析】根据公式E=Blv求出线圈切割磁感线产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，即可由焦耳定律求出线圈产生的电能，由q=It求解电量
【详解】线圈进入磁场的过程中，产生的感应电动势为：E=Bav，
由闭合电路欧姆定律得感应电流：，
如果： L<d，由焦耳定律得，线圈产生的电能为：，通过导体截面的电荷量为；
如果：L>d，由焦耳定律得，线圈产生的电能为
通过导体截面的电荷量为
12、 ①.（b） ②.D ③.147-1.48V ④.0.80-0.86Ω
【解析】(1)[1]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表；(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是(b)；
[2]因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。滑动变阻器应选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表读数太小，电流表读数变化不明显；
(2)[3]根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压：

根据图象与纵轴的交点得电动势：

[4]由图可知当电流为0.45A时，电压为1.1V，则由闭合电路欧姆定律可知：

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