2026届湖北省宜昌县域高中协同发展共同体物理高二第一学期期末检测试题含解析.doc

2026届湖北省宜昌县域高中协同发展共同体物理高二第一学期期末检测试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交变电流i，其变化规律如图所示．下列说法正确的是（ ）

A.t1时刻，b环内感应电动势最大
B.t2时刻，b环内的感应电流方向改变
C.t3～t4时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反
D.0～ t4时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大
2、如图所示的电路，电源电动势为E，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是

A.闭合S，稳定后，电容器两端电压为E
B.闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电
C.断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D.断开S瞬间，电容器的a极板将带负电
3、某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A.交变电流的频率为
B.交变电流的瞬时表达式为 
C.在时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D.若发电机线圈电阻为，则其产生的热功率为5W
4、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是（）
A.在中性面时，感应电动势最大
B.穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零
C.穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零
D.在中性面时，通过线圈的磁通量最大
5、自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法错误的是
A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
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
6、如图所示，一个带电微粒从两竖直的带等量异种电荷的平行板上方h处自由落下，两板间还存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，带电小球通过正交的电、磁场时，其运动情况是（）

A.可能做匀速直线运动
B.可能做匀加速直线运动
C.可能做曲线运动
D.一定做曲线运动
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
8、半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体．图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH，霍尔电势差大小满足关系，其中k为材料的霍尔系数．若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（ ）

A.如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体
B.霍尔系数越大的材料，其内部单位体积内的载流子数目越多
C.若将磁场方向改为沿z轴正方向，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小
D.若将电流方向改为沿z轴正方向，则在垂直x轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变大
9、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在两板中央的M点有一个带电液滴处于静止状态.若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是( )

A.液滴将加速向下运动
B.M点电势升高
C.M点的电场强度变小了
D.在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同
10、如图所示的是一远距离输电示意图，图中均为理想变压器，输电导线总电阻为R。则下列关系式正确的是

A.输电导线中的电流强度
B.热损失的功率
C.两变压器线圈匝数比满足
D.变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3的关系满足I2>I3
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）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:
A.电池组（3V，内阻1Ω） B.电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）
C.电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D.电压表（0～3V，内阻3kΩ）
E.电压表（0～15V，内阻15kΩ） F.滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）
G滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A） H.开关、导线
（1）上述器材中应选用的是；__________（填写各器材的字母代号）
（2）实验电路应采用电流表 ________接法；（填“内”或“外”）
（3）设实验中,电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I=_______A，U=______V.
（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变,请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图_____________,然后根据你设计的原理电路将图中给定的器材连成实验电路___________.

12．（12分）（1）如图甲所示，游标卡尺的读数为________mm；如图乙所示，螺旋测微器的读数为______mm

（2）将量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表改装成量程为9 V的电压表，应串联一个______kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表
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

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，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
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】根据法拉第电磁感应定律，与楞次定律，结合磁通量变化量与磁通量变化率不同，即可一一求解
【详解】A项：由法拉第电磁感应定律，可知，在t1时刻，a中电流变化率为0，b中感应电动势为零，故A错误；
B项：t2-t3时间内与t2-t3时间内的电流大小变化相反，方向也改变，由楞次定律，可知，在t2时刻，b中感应电流方向不改变，故B错误；
C项：t3～t4时间内，a中的电流减小，由“楞次定律”可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，故C错误；
D项：在t2时刻，a中电流变化率为最大，b中感应电动势为最大，故D正确
故选D
【点睛】考查法拉第电磁感应定律，与楞次定律的应用，掌握感应电动势与磁通量变化率有关，而与磁通量变化量无关
2、C
【解析】A．闭合S到电路稳定过程中，电容器两端电压逐渐减小，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，故A错误；
B．当闭合S稳定后，电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故B错误。
CD．断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，结电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电。故C正确，D错误。
故选C
3、D
【解析】A．由图象可知，交流电的周期为2.0×10-2s，所以交流电的频率为f==50Hz，所以A错误；
B．根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acosωt=5cos100πt（A），所以B错误；
C．在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，所以C错误；
D．交流电的有效值为I=A，所以发电机的发热功率为P=I2r=（）2×0.4W=5W，所以D正确
4、D
【解析】在中性面时，感应电动势为零，选项A错误；穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势最大，选项B错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，选项C错误；在中性面时，通过线圈的磁通量最大，选项D正确.
5、B
【解析】A．奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故A不符合题意；
B．欧姆定律说明了电流与电压的关系，故B符合题意；
C．法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C不符合题意；
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，故D不符合题意。
故选B。
6、D
【解析】粒子进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平方向相反的电场力和洛伦兹力，若电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，粒子向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一定会与速度不共线，故粒子一定做曲线运动
故选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、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。
8、AC
【解析】根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可
【详解】电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势高，即带正电，故粒子受到的洛伦兹力向上，故载流子是带正电的“空穴”，是P型半导体，故A正确；最终洛伦兹力和电场力平衡，有：evB=e；电流的微观表达式为：I=nevS；且霍尔电势差大小满足关系UH=k，联立解得：，单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，故B错误；若将磁场方向改为沿z轴正方向，则平衡时：evB=e，解得U=Bdv，则d由原来的b变为c，减小，此时的电势差产生在前表面和后表面，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小，选项C正确，D错误．故选AC
【点睛】本题关键是明确霍尔效应的原理，知道左手定则中四指指向电流方向，注意单位体积内的载流子数目表达式的各物理量的含义
9、BD
【解析】AC．带电液体处于静止状态，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力平衡，a板向下平移，极板间距为，匀强电场中：

减小，极板之间电压不变，场强变大，M点的电场强度变大，粒子受到的电场力变大，说明液滴加速向上运动，AC错误；
B．假设M点到b极板的距离为，沿着电场线方向：

电场强度变大，不变，，则M点电势升高，B正确；
D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功：

极板之间电势差不变，所以电场力做功相同，D正确。
故选BD。
10、AB
【解析】A．因为是理想变压器，则P1=P2，其中P1=U1I1，P2=U2I2，所以

选项A正确；
B．输电线上的电流I2=I3，输电线上损失的电压为∆U=U2-U3，所以输电线上损失的功率为
∆P=∆UI3=（U2-U3）I3
选项B正确；
C．这是远距离输电示意图，所以变压器①是升压变压器，则副线圈匝数大于原线圈匝数，即

变压器②是降压变压器，所以原线圈匝数大于副线圈匝数即

所以

故C错误；
D．变压器①和输出电流和变压器②的输入电流都是输电线上的电流，二者相等，选项D错误。
故选AB。

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.A、C、D、F、H ②.外 ③.0.48 ④.2.2 ⑤. ⑥.
【解析】(1)[1]实验中需要电源即A，开关、导线即H，由于电池组3V，则选取电压表D，根据欧姆定律

所以电流表选取C，题目要求测量结果尽量准确要选择滑动变阻器分压接法，则选取总阻较小的滑动变阻器即F；故选取的器材为：ACDFH；
(2)[2]由于被测电阻

说明待测电阻为小电阻，故选择电流表外接；
(3)[3]由于电流表量程为，最小分度为0.02A，由图可知，电流为

[4]电压表量程为，最小分度为0.1V，由图可知，电压为

(4)[5]电流表外接又滑动变阻器分压接法，故电实验原理电路图如图

[6]按原理图连接实物图如图

12、 ①.102.30 ②.8.475 （8.475-8.478） ③.6
【解析】（1）游标卡尺的读数为:10.2cm+0.05mm×6=10.230cm=102.30mm；
螺旋测微器的读数为:8mm+0.01mm×47.5=8.475mm
（2）要改装一个量程为9V的电压表，改装成电压表要串联电阻的RX：则即：×（3000+Rx）=9
解得：Rx=6000Ω=6kΩ

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、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
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、（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