山东省济宁市2025-2026学年物理高二第一学期期末统考模拟试题含解析.doc

山东省济宁市2025-2026学年物理高二第一学期期末统考模拟试题
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、直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图所示，直线OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为（　　）

A. B.
C. D.
2、粗糙水平面上静止放置质量均为m的A、B两物体，它们分别受到水平恒力F 1、F 2的作用后各自沿水平面运动了一段时间，之后撤去F1、F2 ,两物体最终都停止，其v-t图象如图所示，下列说法错误的是 ( )

A.A、B两物体与地面间的滑动摩擦因数之比为1：2
B.F1与A物体所受摩擦力大小之比为3：1
C.F1和F2大小之比为2：1
D.A、B两物体通过的总位移大小相等
3、如图所示甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成的电表，关于这两个电表的下列说法正确的是（）

A.甲表是电流表，R增大时量程增大
B.甲表电流表，R增大时量程减小
C.乙表是电流表，R增大时量程减小
D.乙表是电流表，R增大时量程增大
4、电流方向每秒改变100次的交变电流，它的周期和频率分别是（ ）
A.0.02s，50Hz B.0.04s，50Hz
C.0.02s，25Hz D.0.04s，25Hz
5、锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法不正确的是( )

A.电能转化为化学能的功率为UI－I2r
B.充电器输出的电功率为UI＋I2r
C.电池产生的热功率为I2r
D.充电器的充电效率为×100%
6、如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点，今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列说法正确的是（　　）

A.电荷q受到的电场力一直变小
B电场力对电荷q一直做负功
C.电荷q的电势能先减小，后增加
D.电荷q受到的电场力方向一直不变
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，将负试探电荷沿着等量异种电荷的连线从中点A点移动到B点，在这一过程中(　　)

A.试探电荷所受电场力增大
B.试探电荷所受电场力减小
C.试探电荷所处位置的电势增大
D.试探电荷所处位置的电势减小
8、图中虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面已知等势面b的电势为0，一电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV，下列说法正确的是（　　）

A.等势面a上的电势为－2V
B.该电子经过等势面c时，其电势能为2eV
C.该电子经过等势面a时的速率是经过c时的2倍
D.该电子可能到达不了等势面d
9、如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知，，、，将一带电量为的正电荷从A点移到C点，电场力做功，则下列说法正确的是（ ）

A.C点电势为2V
B.电场强度E沿AB方向由，大小为200N/C
C.该正电荷在B点具有的电势能为
D.将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了
10、一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是 (　　)

A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B.CD间各点电场强度和电势都为零
C.AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差
D.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能
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）在测干电池的电动势和内电阻的实验中，有图甲、图乙两个可供选择的电路，为了测量准确应该选用______电路进行实验，根据实验数据画出的U-I图线如图所示，则求得的电动势是______V，内电阻是______Ω．测量值与真实值相比E测______E真；r测______r真（填“＞”“=”或“＜”）

12．（12分）某同学用多用电表测量某电阻的阻值R，他将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡的“×100”位置，进行欧姆调零后用正确的测量方法进量，结果刻度盘上的指针位置如图所示，可知R=________k。

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、D
【解析】带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为

轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得CO′D为一直线

解得

故选D。

2、C
【解析】A．由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2；由牛顿第二定律
f=ma
可知A、B受摩擦力大小1：2，可知摩擦因数之比为1：2，A正确；
B．由速度与时间图象可知，A物体加速与减速的位移之比为1：2，由动能定理可得

解得

B正确；
C．由速度与时间图象可知，B物体加速与减速的位移之比为2：1，由动能定理可得

解得
F2：f2=3：2
又A、B受摩擦力大小之比

因此可知F1和F2大小之比为

C错误；
D.由速度与时间图象面积表示位移可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，D正确。
故错误的选C。
3、B
【解析】AB．由甲图所示可知，与电阻并联，该是电流表，增大，的分流较小，电流表量程减小，故A错误，B正确；
CD．由乙图所示可知，，与电阻串联，该表是电压表，增大时，变阻器分担的电压增大，电压表量程增大，故C、D错误；
故选B。
4、A
【解析】解：一个周期内电流方向改变两次，所以f==50Hz
则：T===0.02s
故选A
【点评】解得本题要知道频率与周期的关系，知道一个周期内电流方向改变两次，难度不大，属于基础题
5、B
【解析】ABC．由可知充电器输出的电功率为，根据热功率公式可得电池产生的热功率为，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律有电能转化为化学能的功率为：，故A、C正确，B错误；
D．充电器的充电效率为，故D正确；
6、B
【解析】根据场强叠加原理，可知在等量同种正点电荷二者连线上，中点处电场强度为零，从中点处向两点电荷靠近，场强逐渐增大，场强方向背离所靠近点电荷一方；在二者连线中垂线上，中点处场强为零，从中点处往中垂线两边延伸，场强先增大，后减小，且场强方向沿中垂线方向，二者连线上方竖直向上，下方竖直向下。
A．将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，场强先减小后增大，则电场力先减小后增大，并未一直减小，故A错误；
BC．负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功；电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大，故B正确，C错误；
D．从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，负电荷受到电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变，故D错误。
故选B。
【点睛】两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反；bc连线上方的中垂线上每一点（除b点）电场线方向向上；根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。

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】等量异种电荷所产生的电场线如图所示：

AB．在其连线上，从A到B过程中，电场线变密，电场强度增大，故电场力变大，A正确B错误；
CD．两电荷连线上，电场方向由+Q指向-Q，又知道沿电场线方向电势降低，故从A到B过程中电势降低，C错误D正确；
故选AD。
8、BD
【解析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解.
【详解】A、B、虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV，则电势能增加4eV，因此ac等势面之间的电势差为4V，由于电子的电势能增加，所以等势面从a到c电势是降低的，因为b上的电势为0V，故a上的电势为2V，c上的电势为-2V，电势能为2eV，故A错误，B正确；
C、电子经过平面a的动能是经过c动能的2倍，故它在平面a时的速率是经过c时的倍，故C错误；
D、由A可知，相邻等差等势面电势差为2V．若电子经过a时速度方向与平面a垂直，则电子从a到d克服电场力做功需要6eV，电子可能到达平面d；但如果电子经过a时速度方向与平面a不垂直，电子将会在电场中做抛体运动，则可能不会到达平面d，故D正确；
故选BD.
【点睛】本题考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键.
9、BC
【解析】A.AC之间的电势差为

结合
UAC=φA-φC
将φA=0V代入得：
φC=-2V
故A错误；
B．若过C点作AB的垂线，垂足为D，则交点D为AB的四等分点，可知D点电势为-2V，因此，CD为等势线，场强方向垂直于CD，即电场强度E沿AB方向由A→B，场强大小为：

故B正确；
C.该正电荷在B点具有的电势能为：
EpB=qφB=4×10-5×（-8）J=-3.2×10-4J
故C正确。
D.CB间的电势差为：
UCB=φC-φB=-2V-（-8）V=6V
将该正电荷从C点移到B点，电场力做功为：
WCB=qUCB=4×10-5×6J=2.4×10-4J
电场力做正功，则电势能减少了2．4×10-4J，故D错误。
故选：BC。
10、AD
【解析】由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误．A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故C错误．从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，则粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，故D正确；故选AD
【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似

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.甲 ②.1.5 ③.0.625 ④.< ⑤.<
【解析】[1]本实验中电压表应测量路端电压，电流表应测量通过电源的电流，由于电压表和电流表都有一定的内阻，两种电路都存在系统误差。甲电路中，电流表读出的不是通过电源的电流，比电源的电流小，其读数等于电源的电流与通过电压表电流之差，误差来源于电压表的分流，而乙电路中，电压表测量的电压不等于路端电压，是由于电流表的分压。由于电源的内阻较小，电流表的内阻也较小，若采用乙电路，电流表分压较大，测得的内阻误差较大；而甲电路中，电源内阻较小时，电压表分流较小，测量误差较小．故可采用甲电路进行实验；
[2]由可得图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为：

[3]图象的斜率表示电源的内阻，故电源的内阻：

[4][5]本实验中由于电压表分流，使电流测量值小于真实值，而电压表示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，如图所示：

故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势减小，内阻小于真实值。
12、3
【解析】[1]．由表盘刻度可知，R=30×100Ω=3k.

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