2026届广东省深圳市罗湖区罗湖外国语学校高二物理第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2026届广东省深圳市罗湖区罗湖外国语学校高二物理第一学期期末教学质量检测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、真空中,在A点放置一的点电荷,则距离A点处的B点和处的C点电场强度小之比为
A.2:1 B.1:2
C.1:4 D.4:1
2、如图所示，两个固定的带正电的点电荷q1、q2，电荷量之比为1∶4，相距为d，引入第三个点电荷q3，要使q3能处于平衡状态，对q3的位置、电性和电荷量的要求，以下叙述正确的是

A.q3在q1和q2连线之间距离q1处，且为负电荷，对电荷量无要求
B.q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为正电荷，对电荷量无要求
C.q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求
D.q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求
3、如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电粒子（不计粒子重力），以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，则从M运动到N的过程中，带电粒子（）

A.动能增加 B.电势能增加
C.做匀变速运动 D.到达N点时速度水平向左
4、如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（）

A.M点的电势比P点的电势高
B.OM间的电势差等于NO间的电势差
C.一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能
D.将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功
5、利用右图所示的电路可以测量出电压表的电阻，R为电阻箱，电源电压恒定不变，当R取不同阻值时，电压表均对应有不同读数U，多次改变电阻箱的阻值，所得到的图象为下图中的哪一个（）

A. B.
C. D.
6、以下说法正确的是　　
A.由公式可知，电容器带电量Q与两极板间电势差U成正比
B.由可知，电场中某点的电场强度E与F成正比
C.由公式可知，电场中某点的电势与q成反比
D.由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
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、在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态．不考虑电流表和电压表对电路的影响，二极管视为理想二极管，R1、R2、R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则

A.带电质点P将向下运动
B.电源的输出功率将变大
C.电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比一定不变
D.电压表V读数变化量的绝对值等于电压表V2的读数变化量的绝对值
8、关于电场和磁场下列说法正确的是（　　）
A.运动电荷在磁场中的受力方向就是该点的磁感应强度方向
B.运动电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，该位置的磁感应强度不一定为零
C.放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，该位置的电场强度一定不为零
D.沿着电场线的方向电势逐渐降低，沿着电流方向电势逐渐降低
9、自动控制电路中常用到半导体材料，光敏电阻便是其中的一种。光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小。现将一只光敏电阻连入电路，与定值电阻、小灯泡（灯丝电阻视为不变）组成如图所示的电路，，无光照时。若将照射的光照强度减弱，则

A.小灯泡变暗
B.光敏电阻消耗的功率先增大后减小
C.电源输出功率一直减小
D.当时，小灯泡与电阻消耗的总功率最大
10、如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是

A.电阻R3消耗的功率变大
B.电容器C上电荷量变大
C.灯L变暗
D.R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值
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）一个教学用的简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数
（1）为完成该实验，除了选用电压表、导线外，还需要选用低压_________（填“直流”或“交流”）电源
（2）该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将A线圈接电源．用电压表分别测出线圈A，线圈B及线圈C两端的电压，记录在下面的表格中，则线圈A的匝数为______匝，线圈B的匝数为_______匝．
A线圈电压
B线圈电压
C线圈电压
8.0V
3.8V
0.2V
（3）为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该_______（填“多一些”、“少一些”）更好
12．（12分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：
（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为_____mm；

（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为_____mm。
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）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
14．（16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
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、D
【解析】根据“在A点放置一的点电荷,则距离A点处的B点和处的C点电场强度小之比”可知，考查了电场强度的计算；根据点电荷电场强度的计算公式即可求出A点的点电荷在B、C两处电场强度大小之比
【详解】在B点，电场强度的大小，C点电场强度大小，则，故D正确．
2、C
【解析】由题意知，电荷一定在两正电荷之间，根据平衡有：
k＝k
解得
＝
即
r1＝d
q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求
A.q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为负电荷，对电荷量无要求与分析不符，故A项错误；
B.q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为正电荷，对电荷量无要求与分析不符，故B项错误；
C.q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求与析相符，故C项正确；
D.q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求与分析不符，故D项错误
3、C
【解析】A．粒子由M点到N点的过程中，增加的动能：

故A错误；
B．带电粒子运动过程中只有电场力做功，故根据动能定理有：

电场力做正功，电势能应该减小，减小量应为，故B错误；
C．带电粒子运动过程中所受合外力为电场力是恒力，由牛顿第二定律：

可知加速度不变，做匀变速运动，故C正确；
D．因带电粒子在竖直方向上没有受力，故竖直方向上做匀速直线运动，合速度不可能水平，故D错误。
故选C。
4、D
【解析】解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负
【详解】A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；
B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；
C、O点电势高于Q点，根据Ep=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C错误；
D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D正确
故选D
【点睛】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解
5、A
【解析】设电压表的内阻为，由闭合电路的欧姆定律可得电路中的电流

电压表示数

则

因、为定值，所以与间的关系是一次函数关系，由图象可知A正确，BCD错误。
6、A
【解析】根据电容的决定式和定义式，可得电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关．电场强度由电场本身决定，与检验电荷无关．电场中某点的电势与检验电荷无关．公式中d是两点a、b间沿电场方向的距离
【详解】电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关，由电容器本身决定，由公式可知，C一定，电容器带电量Q与两极板间电势差U成正比，故A正确；是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关，由电场本身决定，故B错误；是电势的定义式，采用比值法定义，与、q无关，由电场本身决定，故C错误；由可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，故D错误．所以A正确，BCD错误
【点睛】解决本题时要知道、、都是采用比值法定义的，要掌握比值法定义的共性来理解C、E、的物理意义，不能单纯从数学角度来理解

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、BC
【解析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4阻值减小，则电路总电流变大，R1上电压变大，则R3及其并联支路的电压减小，电容器两端电压减小，电容器本该放电，但是由于二极管的单向导电性，使得电容器两端的电量不变，场强不变，则带电质点P将仍静止，选项A错误；因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因R1、R2、R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，外电路电阻减小，向内电阻接近，故电源的输出功率变大，选项B正确；若只将ab部分等效为电源的外电路，而将ab左侧的部分等效为内电路，其等效内阻为，则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比为，可知为定值不变，选项C正确；由电路图可知；分析可知当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，U减小，U2减小，U1增大，UR2增大，则电压表V读数变化量的绝对值小于电压表V2的读数变化量的绝对值，选项D错误；故选BC.
8、BC
【解析】A．根据左手定则可知运动电荷在磁场中的受力方向与该点的磁感应强度方向垂直，故A错误；
B．根据可知，运动电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度可能为零或电荷的速度为零或速度方向与磁感应强度方向平行，故B正确；
C．由电场的基本性质可知，对放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置一定不为零，故C正确；
D．沿着电场线方向电势逐渐降低；在闭合电路的外电路中沿着电流的方向电势逐渐降低，在内电路中沿着电流的方向电势逐渐升高，故D错误；
故选BC。
9、AC
【解析】A．光照减弱，光敏电阻阻值增大，通过灯泡的电流变小，灯泡功率减小，变暗，A正确；
B．由

令，则

当且仅当时取等号，但光照减弱光敏电阻阻值R增大，故消耗的功率在最大值右边一直减小，故B错误；

C．由电源的输出功率为：

因，则输出功率不能取最大值，在最高点右侧随R的增大而逐渐减小，C正确；
D．由可知，（ R1+RL）为定值电阻，当R取最小时电路的电流最大，此时最大，选项D错误；
故选AC。
10、BCD
【解析】A．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故消耗的功率：变小，故A错误；
B．变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而上电压变小，则电流变小，故上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，，则电荷量变大，故B正确；
C．变小，小电阻分小电压，则的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故C正确；
D．两端的电压变大，两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故两端增加的电压小于两端减小的电压，故D正确

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.交流 ②.400 ③.190 ④.多一些
【解析】（1）[1]需要选用低压交流电，才能产生交变磁场；
（2）[2][3]根据变压器原理有：

解得：
匝
同理有：

解得：
匝
（3）[4]根据

可知C的匝数越多，C的电压示数越大，测量更准确，故线圈C的匝数应该多一些
12、 ①.50.15 ②.6.700
【解析】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为50 mm，游标尺读数为
05 × 3 mm = 0.15 mm
所以最终读数
50 mm + 0.15 mm = 50.15 mm
（2）[2]螺旋测微器的固定刻度读数为6.5 mm，可动刻度读数为
01 × 20.0 mm = 0.200 mm
所以最终读数为
5 mm + 0.200 mm = 6.700 mm

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) (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
14、（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
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