2025-2026学年吉林省汪清县四中物理高二第一学期期末检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年吉林省汪清县四中物理高二第一学期期末检测模拟试题
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、由磁感线强度的定义式立可知
A.该定义式只适用于匀强磁场
B.磁感应强度B的方向与F的方向一致
C.只要满足L很短、I很小的条件,该定义式对任何磁场都适用
D.通电导线L所在处受到磁场力F为零,该处的磁感应强度B也一定为零
2、如图所示，小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度（　　）

A.变大 B.不变
C.变小 D.先变大后变小
3、如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是

A.奥斯特 B.爱因斯坦
C.伽利略 D.牛顿
4、一个阻值为2 Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电动势为，当该线圈与一阻值为8Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是(　　)
A.t＝0时，线圈平面位于中性面
B.t＝0时，穿过线圈的磁通量为0
C.电阻的热功率为16 W
D.用电压表测路端电压时读数为11.3 V
5、下列关于磁感应强度的说法中正确的是( )
A.若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为
B.磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向
C.由B＝知，B与F成正比，与IL成反比
D.由B＝知，磁场中某处的磁感应强度的大小随通电导线中电流I的减小而增大
6、对平抛运动的物体，若g已知，再给出下列哪组条件，可确定其初速度大小（）
A水平位移 B.下落高度
C.水平位移和下落高度 D.落地位移大小
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、如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R1=R2=r，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度减弱，则（）

A.电路路端电压将减小 B.灯泡L将变暗
C.R1两端的电压将增大 D.电源的输出功率减小
8、如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器．升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1：n2＝1：10．在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2Ω，降压变压器T2的原、副线圈数之比为n3：n4＝10：1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4＝200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其它因素的影响，则（　　）

A.T1的副线圈两端电压的最大值为2010V
B.T2的原线圈两端的电压为2000V
C.输电线上损失的电功率为100W
D.T1原线圈输入的电功率为10.1kW
9、以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点相同的物理量有（　　）
A电势 B.同一电荷所受电场力
C.电场强度 D.同一电荷所具有的电势能
10、在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v－t图，可能正确的是：（）

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）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。步骤如下：
(1)用游标卡尺测量其长度；
(2)用多用电表粗测其阻值：当用“×100”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡（填“×10”或“×1k”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为______Ω。

(3)为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R；
电流表A1（量程0～3mA，内阻约50Ω）；
电流表A2（量程0～15mA，内阻约30Ω）；
电压表V(量程0～3V，内阻约10KΩ)；
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω）；
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ；）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
开关S，导线若干。
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选____，滑动变阻器应选____（选填代号）。
(4)请在图中补充连线并完成实验。_____
12．（12分）在“测电源电动势和内电阻”的实验中，有以下器材：
待测干电池（电动势约为3V，内阻约为2.5）；
电压表（量程0～3.0V，内阻）；
电流表（量程0～0.6A，内阻1.0）；
滑动变阻器R1（最大阻值10，额定电流2.0A）
滑动变阻器R2（最大阻值100，额定电流01A）
（1）实验中滑动变阻器应选用___________；（选填R1或R2）
（2）为了减小误差，应选择如图所示电路中的__________；（选填甲或乙）

（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的电压与电流关系图线，根据U-I图线求出的电源电动势E=_______V；内阻r=_______。

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）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）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】A、磁感应强度的定义式中IL为电流元，对非匀强电场同样适用，故A错误；
B、磁感强度的方向与F的方向垂直，故B错误；
C、只要满足L很短，I很小条件，即IL是电流元，B对任何磁场都通用，故C正确；
D、通电导线L所在处受到磁场力F为零时，该处磁感应强度不一定为零，当B与L平行时，F也为零，故D错误
2、D
【解析】小球从某高度处自由落下，在接触弹簧之前，只受重力，做加速运动，接触弹簧后，除了受重力还会受到向上的弹力，随着形变量逐渐增大，弹力逐渐增大，小球的加速度逐渐减小。当弹力等于重力时，小球速度达到最大，之后，形变量继续增大，弹力大于重力，小球做减速运动，加速度逐渐增大，所以小球先做加速，后做减速，即小球的速度先变大后变小，所以D正确，ABC错误。
故选D。
3、A
【解析】发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特；
A．奥斯特，与结论相符，选项A正确；
B．爱因斯坦，与结论不相符，选项B错误；
C．伽利略，与结论不相符，选项C错误；
D．牛顿，与结论不相符，选项D错误；
4、A
【解析】因为电动势的表达式是正弦函数，所以是从中性面开始计时的，故A正确；t=0时，线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，故B错误；由题意可知，电动势的有效值为10V，所以电路中的电流为：，所以电阻的热功率为，故C错误；用电压表测路端电压时读数为U=IR=8V，故D错误．故选A
【点睛】本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，知道电动势的表达式是正弦函数，从中性面开始计时的，此时磁通量最大，根据求解电功率，电压表和电流表测量的都是有效值
5、B
【解析】A、公式成立的条件是：通电导线必须与磁场方向垂直；错误
B、磁感应强度的方向规定为小磁针北极所受磁场力的方向；正确
CD、公式是磁感应强的的定义式，磁感应强度由磁场本身决定，与通电导线即其受力无关；错误
故选B
考点：对磁感应强度的理解
点评：注意磁感应强度是描述磁场的物理量，由场本身的情况决定，与导线长度、电流大小等无关．方向为小磁针N极受力的方向或小磁针静止时N极所指的方向
6、C
【解析】A项：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据x＝vt知，仅知道水平位移，时间未知，不能求出初速度的大小，故A错误；
B项：根据知，知道高度只能求出平抛运动的时间，水平位移未知，不能求出初速度，故B错误；
C项：有高度可以求出平抛运动时间，由水平位移即可求得初速度，故C正确；
D项：仅知道落地位移大小，无法推导竖直高度和水平位移，故D错误
故选C

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】A.照射光强度减弱时，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，所以电源内阻所占电压减小，所以路端电压增大，选项A错误；
C.因电路中总电流减小，所以R1两端的电压减小，选项C错误；
B.因电路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，而总电流减小，所以通过灯泡L的电流减小，所以灯泡L变暗，选项B正确；
D、电源的输出功率（R为外电路的电阻），据题意知R1、R2为定值电阻且都等于r，所以总电阻一定大于r，故当将照射R3的光的强度减弱，总电阻增大，输出功率变小，选项D正确。
故选BD。
8、AB
【解析】根据降压变压器的输出电压，结合匝数比求出输入电压，从而得出输电线电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出升压变压器的输出功率
【详解】T2副线圈电流，设输电线中的电流为I3．则比得，则有I3＝5A，设T2原线圈两端的电压为U3．则，即得U3＝2000V，输电线上的损失电压为U损＝I3•2r＝5×2＝10V，T1的副线圈两端电压U2＝U损+U3＝10+2000＝2010V，所以T1的副线圈两端电压的最大值为2010 V，故AB正确；输电线上损失的功率P损＝I32•2r＝52×2＝50W，故C错误；T1的原线圈输入的电功率为P1＝10kW+50W＝10.05kW，故D错误．所以AB正确，CD错误
【点睛】解决本题的关键要知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系
9、AD
【解析】A．以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等，A正确；
C．以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同，C错误；
B．由

可知，同一电荷受到的电场力大小相等，方向不同，故电场力不同，B错误。
D．由

电势相同，同一电荷具有相同的电势能， D正确。
故选AD。
10、CD
【解析】根据楞次定律的“来拒去留”可知线框受到向上的安培力，线框由静止向下做加速运动，设线框的有效切割磁感线的长度为L，线框的电阻为R，则有，根据欧姆定律可得，故，根据牛顿第二定律可得，故，运动过程中，L在变大，v在变大，故加速度在减小，即速度时间图像的斜率再减小，故AB错误；由于不知道当线框完全进入磁场时重力和安培力的关系，所以之后线框的速度可能继续增大，可能恒定不变，故CD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.×10 ②.220或2.2×102 ③.A2 ④.R1 ⑤.
【解析】(2)[1]多用电表的指针在开始使用时是停在最左边无穷大刻度的，零刻度在右边，用“×100”挡时发现指针偏转角度过大，即所测电阻偏小，应选用小一档测量，故选“×10”挡；
[2]用欧姆表测电阻的读数方法为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，所以该电阻的阻值约为

(3)[3]由电动势和电阻的阻值知电流最大为

所以用电流表A2；
[4]滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器.
(4)[5]本实验中，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示

12、 ①. ②.甲 ③.2.90V ④.2.6Ω
【解析】（1）[1]由题意可知，电源的内阻约为2.5，故为了易于调节，准确测量，滑动电阻器采用限流式接法，阻值与电阻内阻相差不大，故选用R1；
(2)[2] 由等效电路可知，甲图电源内阻的测量值为电源内阻与电压表的并联值，乙图电源的测量值为电源内阻与电流表内阻的串联值，由串联、并联特点可知，甲图的测量误差较小，所以为了减小误关，应选择甲图；
(3)[3][4]由闭合电路的欧姆定律可知

由数学知识可得，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，图像的斜率表示内电阻；故电动势，电源内阻

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）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、 (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