2026届福建省莆田市第九中学高二上物理期末检测试题含解析.doc

2026届福建省莆田市第九中学高二上物理期末检测试题
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、电流传感器A的作用相当于一个电流表，它与计算机相连接可以捕捉到瞬间电流的变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象。下列说法正确的是（　　）

A.甲中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立即增大
B.甲中S由闭合状态到断开的瞬间，L右端电势比左端的高
C.甲中S由闭合状态到断开的瞬间，R中的电流逐渐减小
D.乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流逐渐增大
2、物理学史上，首先发现电流磁效应的科学家是( )
A.安培 B.奥斯特
C.牛顿 D.法拉第
3、某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E ， 用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S ， 小灯泡发光；再断开开关S ， 小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )

A.电源的内阻较大
B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大
D.线圈的自感系数较大
4、如图所示的电路中，输入电压U恒为10V，灯泡L标有“5V，10W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5Ω，若灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是

A.电动机的电流是10A
B.电动机的热功率是2W
C.电动机的输出功率是10W
D.整个电路消耗的电功率是18W
5、下列设备工作时，将电能转化为机械能的是
A.电动机 B.发电机
C.蒸汽机 D.柴油机
6、如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( )

A.振子的振动周期等于t1
B.在t＝0时刻，振子的位置在a点
C.在t＝t1时刻，振子的速度为零
D.从t1到t2，振子正从O点向b点运动
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、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电表为理想电表．在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动的过程中（）

A.电压表示数变大 B.电容器C所带电荷量减少
C.电流表示数变小 D.a点的电势降低
8、如图，真空中一质量为m、电荷量为q(q>0)的检验电荷仅受固定点电荷Q(图中未画出)的作用绕Q做匀速圆周运动，A、B是q在运动中通过的相距为L的两点，在A、B两点，电荷的速率为v，与A、B连线的夹角为30°。已知静电力常量为k，由此可知（ ）

A.电荷Q距A、B连线的距离是L
B.电荷q从A到B经历的时间为
C.电荷Q带负电，电荷量绝对值为
D.电荷Q在A、B连线中点O处的场强大小为
9、如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，板间场强为E，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．从两板左侧中点c处射入一束粒子(不计重力), 这些粒子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成两束，且运动半径不同，则下列判断正确的是(　　)

A.这束粒子中一定有两种不同速度的粒子
B.这束粒子中一定有正负两种粒子
C.这束粒子中一定有两种不同比荷的粒子
D.a、b两板间的匀强电场方向一定由b指向a
10、质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（　　）

A.
B.
C.
D.
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）丹麦物理学家、化学家、文学家___________，在一次讲课中，他偶然地把导线沿南北方向放置在指南针的上方，当导线通电时，发现指南针发生了转动．这个实验现象首次揭示了___________(填：磁与磁的联系、电与电的联系或电与磁的联系)．为此，法拉第评价说：“他突然打开了科学中一个黑暗领域的大门，使其充满光明．”
12．（12分）为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
A．待测电源(电动势约为9V)
B．电压表(视为理想电压表,量程为3V)
C．电阻箱R(0∼999.9Ω)
D．定值电阻R0
E.开关、导线若干

(1)用欧姆表(×1)测电阻R0,欧姆表的指针如图甲所示,则R0=______Ω
(2)为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路___________
(3)某同学应用所测得的数据,绘出的1/U−R图象是一条直线,如图丙所示,测得直线的斜率k=1/90,纵坐标的截距b=2/15，则电源的电动势E=_______V，内阻r= _______Ω
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、B
【解析】A．甲中S由断开状态到闭合的瞬间，由于线圈中产生自感电动势的阻碍作用，电流只能逐渐增大，故A错误；
B．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，由“楞次定律”可得，L右端电势比左端的高，故B正确；
C．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，但没有回路，所以R中的电流立即减为0，故C错误；
D．乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立刻增大，故D错误。
故选B。
2、B
【解析】物理学史上，首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故选B.
3、C
【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；
B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；
C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确；
D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误；
故选C
4、B
【解析】AB．电动机两端的电压为：
U1=U-UL=10-5V=5V
整个电路中的电流等于灯泡的额定电流为：

电动机的电流是2A；电动机的热功率为：
P热=I2RM=4×0.5W=2W
故A错误，B正确；
C．电动机消耗功率为：
P=U1I=5×2W=10W
则电动机的输出功率为：
P出=P-P热=10W-2W=8W
故C错误
D．整个电路消耗的功率为：
P总=UI=10×2W=20W
故D错误；
故选B.
点睛：解决本题的关键知道电动机的能量转化关系，电动机的输出功率P出=P-I2RM，知道整个电路消耗的功率P总=UI
5、A
【解析】电动机工作时，消耗电能获得机械能，是把电能转化为机械能，故A符合题意；发电机工作时，将其他形式的能转化为电能，故B不符合题意；蒸汽机工作时，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，故C不符合题意；柴油机工作时，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，故D不符合题意．故选A
6、D
【解析】A中振子的振动周期等于2t1，故A不对；B中在t=0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B不对；C中在t=t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C不对；D中从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D是正确的

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、ABD
【解析】考查含容电路的动态分析。
【详解】A．在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数增大，A正确；
B．电阻R2两端电压：，I增大，则U2减小，电容器板间电压减小，带电量减小，B正确；
C．通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大，C错误；
D．外电路顺着电流方向电势降低，可知a的电势大于0，a点电势等于R2两端电压，U2减小，则a点电势降低，D正确。
故选ABD。
8、CD
【解析】A．检验电荷绕点电荷做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，库仑力方向与速度方向垂直，根据几何关系：

轨迹半径：

电荷距、连线的距离为：

A错误；
B．弦对应的圆心角：

则电荷从到经历的时间：

B错误；
C．两电荷间存在库仑引力，则电荷带负电，库仑力提供向心力：

解得：

C正确；
D．根据库仑定律可知，电荷在、连线中点处的场强大小为：

D正确。
故选CD。
第II卷(非选择题
9、BC
【解析】粒子在平行金属板间沿直线运动，说明洛伦兹力和电场力平衡，由此得出两种粒子的速度大小相等，射出小孔后，偏转方向及半径不同，结合左手定则及半径公式可知电性和比荷关系，由正负粒子的板间匀速直线，通过受力分析得出电场方向；
【详解】A、粒子在速度选择器中沿直线运动，说明，粒子速度，粒子的速度一定相同，故A错误；
B、粒子从小孔射出后，分成两束，偏转方向不同，根据左手定则知，两种带电粒子电性相反，即这束粒子中一定有正负两种粒子，故B正确；
C、粒子射出小孔后，进入右侧磁场中做匀速圆周运动，根据，得半径，半径不同，则不同，所以这束粒子中一定有两种不同比荷的粒子，故C正确；
D、正负两种粒子从左侧向右侧沿直线运动，对于带正电粒子，洛伦兹力向上，电场力向下，所以电场方向一定由a指向b，故D错误；
故选BC
【点睛】关键是知道速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性
10、AB
【解析】A．杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力。故A正确。
B．杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力。故B正确。
C．杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故C错误。
D．杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故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).奥斯特 (2).电与磁的联系
【解析】[1][2]丹麦物理学家、化学家、文学家奥斯特，在一次讲课中，他偶然地把导线沿南北方向放置在指南针的上方，当导线通电时，发现指南针发生了转动。这个实验现象首次揭示了电与磁的联系。为此，法拉第评价说：“他突然打开了科学中一个黑暗领域的大门，使其充满光明。”
12、 ①.(1)10.0 ②.(2)如图： ③.(3)9.0 ④.2.0
【解析】（1）欧姆档所用档位为×1；指针示数为10.0；故最终读数为：10.0×1=10.0Ω；
（2）由题中给定仪器可知由于没有电流表，故无法直接用伏安法进行测量；同时由于电压表量程过小；故通过电压表和定值电阻组合，由欧姆定律求解电流；再与电阻箱连接；则可得出等效的安阻法；如图所示；

（3）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+(R+r)
变形可得：
由图象可知，b=；
解得：E=9.0V；r=2.0Ω；

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