山东济南市历城第二中学2025-2026学年物理高二上期末检测试题含解析.doc

山东济南市历城第二中学2025-2026学年物理高二上期末检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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、一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且∠abc＝∠cde＝120°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为 ( )

A.BIL B.2BIL
C.3BIL D.4BIL
2、如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带正电粒子以速度v0从A点沿直径AC方向射入磁场，从D点离开磁场，半径OD与OC成60°角，不计粒子重力，则带电粒子的比荷为( )

A.
B
C.
D.
3、质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量。其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知( )

A.此粒子带负电
B.下极板比上极板电势高
C.若只增大加速电压，则半径变大
D.若只增大入射粒子的质量，则半径变小
4、下列关于电场线和磁感线的说法正确的是（）
A.电场线和磁感线都是电场、磁场中实际存在的线
B.磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的
C.电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合曲线
D.电场线越密的地方，同一试探电荷所受的静电力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电流所受的磁场力也越大
5、如图所示，电源的电动势为E、内电阻为和为定值电阻，为滑动变阻器，理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向端移动时，下列说法正确的是

A.电压表和电流表示数都减小
B.电压表和电流表示数都增大
C.电压表示数减小，电流表示数增大
D.电压表示数不变，电流表示数增大
6、电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么

A.R接到电源a上，电源的效率较低
B.R接到电源b上，电源输出功率较大
C.R接到电源a上，电源输出功率较大，电源效率较高
D.R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高
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，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，直角边bc长度为L．三个完全相同的带正电的粒子1、2、3，分别从b点沿bc方向以速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1﹕t2﹕t3=3﹕3﹕2，做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2、r3．不计粒子的重力及粒子间的相互作用．下列关系式一定成立的是

A.v1=v2 B.v2＜v3
C. D.
8、在竖直面内用两个一样的弹簧吊着一根铜棒,铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场,棒中通以自左向右的电流,如图所示。当棒静止时,弹簧秤的读数为F1;若将棒中的电流方向反向,当棒静止时,弹簧秤的示数为F2,且F2>F1,根据这两个数据,可以确定( )

A.磁场的方向 B.磁感强度的大小
C.安培力的大小 D.铜棒的重力
9、下列说法中正确的有（ ）
A.简谐运动的回复力是按效果命名的力
B.振动图像描述的是振动质点的轨迹
C.当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D.两个简谐运动：x1＝4sin (100πt＋) cm和x2＝5sin (100πt＋) cm，它们的相位差恒定
10、许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实是
A.库仑最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
B.丹麦物理学家奥斯特首先发现电流可以使周围的小磁针发生偏转
C.法拉第发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台发电机
D.安培发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
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）图为一正在测量中的多用电表盘．使用时红表笔插入多用表的正(＋)插孔，则：

（1）测电压时，电流从________表笔流入多用电表；测电阻时，电流从________表笔流出多用电表；测电流时，电流从________表笔流入多用电表
（2）如果是用直流10 V挡测量电压，则读数为________ V.
（3）如果是用“×1”挡测量电阻，则读数为________ Ω.
（4）如果是用直流5 mA挡测量电流，则读数为________ mA.
12．（12分）在研究力的合成的实验中：
(1)某同学在水平放置的木板上垫一张白纸，并使白纸固定，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到某一位置O点，下列关于此时应记录的数据的说法中正确的是__________
A.只需记录下此时两弹簧秤的读数F1与F2及对应的两拉力的方向；
B.需记录下此时两弹簧秤的读数F1与F2、对应的两拉力的方向以及结点对应的位置O
(2)接着该同学改用一个弹簧秤来拉橡皮条，关于此时的操作及应记录的数据的说法中正确的是_________

A.拉橡皮条时不必使结点与位置O重合
B.拉橡皮条时必须使结点与位置O重合
C.此时必须要记录下弹簧秤的读数F ′ 以及拉力的方向
D.只需记录下拉力的方向而不必记录下弹簧秤的读数F ′
(3)此后为了探究F1、F2与F ′的关系，应作出F1、F2与F ′的__________
A．力的图示　 　 B．力的示意图
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、C
【解析】ab段导线受力，根据左手定则判断方向向上；bcd段导线的有效长度即是bd的长度，因为∠abc＝∠cde＝120°，所以bd长也为L，受到安培力，根据左手定则判断方向向上；dc段导线受安培力，根据左手定则判断方向向上，所以整段导线受力，ABD错误C正确
2、C
【解析】设粒子做匀速圆周运动的半径为r，如图所示，

，所以r=R；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律得：，解得，故选C.
【点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，找圆心和半径，往往用数学知识求半径
3、C
【解析】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．粒子经过电场要加速，因正电粒子，所以下极板S2比上极板S1电势低，故B错误；
C．根据动能定理得

由

得

若只增大加速电压，则半径变大，若只增大入射粒子的质量，则半径变大，故C正确，D错误。
故选C。
4、C
【解析】A．电场线与磁感线分别是为了形象描述电场、磁场而引入的假想线，实际不存在，选项A错误.
B．两种场线切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，选项B错误.
C．电场线起始于正电荷或无限远处，终止于无限远处或负电荷，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，选项C正确.
D．电场线越密，表示该处电场越强，同一试探电荷在此处所受电场力越大；磁感线越密，表示该处磁场越强，但试探电流受到的磁场力大小还与其放置方向有关，故试探电流受到的磁场力不一定大，选项D错误.
故选C。
5、C
【解析】根据题图可知，考查电路的动态分析；根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析即可
【详解】由电路图可知，滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I增大，A1示数增大，路端电压U＝E﹣Ir，则U减小，电压表V示数减小；电阻R1的电压U1＝IR1，则知U1增大，并联部分的电压U并＝U﹣U1减小，所以通过R2电流减小，A2示数增大．故C正确，ABD错误
【点睛】动态电路动态分析题的解题思路与方法：局部→整体→局部
6、C
【解析】电源的效率，由图象可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源路端电压与电流图象与电阻两端电压与电流图象交点表示将两者相连时的工作电压和电流，则R接到电源a上时电源的输出功率较大，故C正确，ABD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、BD
【解析】三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式，则速度较大的带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=T，可知第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为90°，而第三个粒子偏转60°，打在ac边上，画出其运动轨迹，由偏转角度求出半径
【详解】根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，粒子轨道半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1：t2：t3=3：3：2，显然它们在磁场中的偏转角度之比为3：3：2．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹如图所示：

粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速度大，粒子2的速度大于粒子1的速度，故A错误，B正确；对速度为v1和v2的粒子，其偏转角度均为90°，由几何关系可知r1<L，对速度为v3的粒子偏转60°，运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3×sin60°=L，解得：，故C错误，D正确；故选BD
【点睛】三个相同的粒子以不同速度沿相同方向进入三角形磁场区域，由于半径不同，再加上在磁场中的时间之比就能确定三个粒子偏转角之比，再综合磁场区域与粒子通过直线边界的对称性，从而确定三个粒子打在磁场边界的位置，从而可以比较速度大小，也能求出半径关系
8、ACD
【解析】A．因为电流反向时，弹簧秤的读数F2＞F1，所以可以知道电流自左向右时，导体棒受到的磁场力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故磁场的方向可以确定，故A正确。
B．由于电流大小不知，所以无法确定磁感应强度的大小，故B错误；
CD.令铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：
2F1=G-F
当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：
2F2=G+F
联立可得：棒的重力
G=F1+F2
安培力F的大小
F=F2-F1
因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD正确。
9、ACD
【解析】A．简谐运动的回复力方向始终指向平衡位置使振子回到平衡位置的力，是按效果命名的，A正确；
B．振动图像描述的是振动质点在不同时刻的位移，不是其实际的运动轨迹，B错误；
C．物体做受迫振动的频率等于驱动力频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故C正确；
D．两简谐运动频率相同，相位差为：

D正确。
故选ACD。
10、BC
【解析】A．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，选项A错误；
B．丹麦物理学家奥斯特首先发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，选项B正确；
C．法拉第发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台发电机，选项C正确；
D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，选项D错误；
故选BC.

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.红 ②.黑 ③.红 ④.6.6 ⑤.8 ⑥.3.3
【解析】(1)[1][2][3]根据多用表电流“红进黑出”可知，测电压时，电流从红表笔流入多用电表；测电阻时，欧姆表内部存在电源，所以，电流从黑表笔流出多用电表；测电流时，电流从红表笔流入多用电表；
(2)[4] 如果是用直流10V挡测量电压，则读数为6.6V；
(3)[5] 如果用“×1”挡测量电阻，则读数为： 8Ω；
(4)[6] 如果是用直流5mA挡测量电流，读数为3.3mA.
12、 ①.(1) B ②.(2) BC ③.(3) A
【解析】在实验中，需要研究两个力的作用效果和一个力的作用效果是否相同，必须将橡皮筋的结点拉到同一位置，且记下两次情况下拉力的大小和方向
【详解】（1）在该实验中，需要研究两个力的作用效果和一个力的作用效果是否相同，当用两根弹簧秤拉时，需记下两弹簧秤的读数F1与F2、对应的两拉力的方向以及结点对应的位置O．故B正确，A错误．故选B
（2）当用一根弹簧秤拉时，要使得一根弹簧秤的拉力效果和两根弹簧秤的拉力效果相同，则需将结点与位置O重合，同时需记下弹簧秤的示数和方向．故BC正确，AD错误．故选BC
（3）在探究力的关系时，需将力的大小和方向都反映出来，所以采用力的图示法．故A正确，B错误．故选A
【点睛】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解

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