黑龙江省七台河市2025-2026学年物理高二上期末联考试题含解析.doc

黑龙江省七台河市2025-2026学年物理高二上期末联考试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、如图所示，长直导线中有从A到B的电流，C为导线正下方的一点，则该电流在C处产生的磁场方向是（ ）

A.向右 B.向左
C.垂直纸面向外 D.垂直纸面向里
2、如图所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是（ ）

A.时刻，两圆环间无作用力
B.时刻，圆环Q中感应电流为零
C.~时间内，圆环Q中感应电流始终沿逆时针方向
D.~T时间内，圆环Q有扩张的趋势
3、在国际单位制中，磁感应强度的单位是
A.安培 B.库仑
C.特斯拉 D.韦伯
4、如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量()与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是(　　)

A.L越大，灵敏度越高 B.d越大，灵敏度越高
C.U1越大，灵敏度越高 D.U2越大，灵敏度越高
5、玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中(　　)
A.玻璃杯的动量较大
B.玻璃杯受到的冲量较大
C.玻璃杯的动量变化较大
D.玻璃杯的动量变化较快
6、如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想电表．闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为，电压表V2的示数改变量大小为，电流表A的示数改变量大小为，则下列判断正确的有（ ）

A.电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变小
B.滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不变
C.滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少
D.的值变大，的值不变
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，一个带少量正电的小球沿着光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，其速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌面边缘后最后落到水平地板上．设其在空中飞行时间为t1，水平射程为s1，着地时速率为v1；撤去磁场，其余条件不变．小球飞行时间为t2，水平射程为s2着地时速率为v2，若不计空气阻力，则以下答案中正确的是（）

A.s1> s2 B.t1> t2
C.v1> v2 D.v1= v2
8、如图一质量为m物体放在水平面上，受到与水平方向成37°的拉力F作用，物体始终保持静止状态，则下面的说法正确的有：（）

A.地面受到的压力大小为mg
B.物体受到的静摩擦力大小为F
C.当拉力变大时物体所受的静摩擦力变大
D.当拉力变小时，地面受到的压力变大
9、如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2，一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出，不计电子重力，下列说法正确的是（　　）

A.增大U1，电子一定打在金属板上
B.减小U1，电子一定打在金属板上
C.减小U2，电子一定能从水平金属板间射出
D.增大U2，电子一定能从水平金属板间射出
10、一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是

A.0～2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于－0.08 Wb/s
B.0～2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C.0～2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
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）某同学利用一只电流表和一个电阻箱测定电源的电动势和内电阻，使用的器材还有开关一个，导线若干，实验原理如甲所示：
（1）在图乙实物图中，已正确连接了部分电路，请完成其余电路的连接____；
（2）调节电阻箱，示数如图丙所示，读得电阻值是___Ω；
（3）接通开关，多次改变电阻箱的阻值R，同时读出对应的电流表的示数I，并作记录，画出R－关系图线，如图丁所示．则图线斜率的物理意义是___；若电流表内阻RA＝0.1 Ω，由图线求得电源的电动势E＝__V，内阻r＝__Ω。

12．（12分）如图为氢原子的能级图,氢原子从某一能级跃迁到的能级,辐射出能量为2.55 eV的光子

(1)最少要给基态的氢原子提供__________的能量,才能使它辐射上述能量的光子?
(2)请在图中画出获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图
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）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】根据安培定则可知C点的磁场方向为垂直纸面向里，故D正确，ABC错误
2、A
【解析】A．时刻圆环P中的电流最大，但变化率为零，则穿过Q的磁场的磁通量最大，但变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知Q中无感应电流，则P与Q间无相互作用力，故A正确；
B．时刻虽然P中的电流为零，但是电流的变化率最大(图像的斜率)，故在Q中产生了最大的感应电流，故B错误；
C．~时间内的原电流为顺时针减小，由安培定则可知Q中的磁场方向向下，由楞次定律可知Q中的感应电流为顺时针，~时间内的原电流为逆时针增大，由安培定则可知Q中的磁场方向向上，由楞次定律可知Q中的感应电流为顺时针，故C错误；
D．~T时间内原电流为逆时针减小，由安培定则可知Q中的磁场方向向上，由楞次定律可知Q中的感应电流为逆时针，两线圈的电流同为逆时针，两者有相互吸引的安培力，则Q有收缩的趋势，故D错误。
故选A。
3、C
【解析】A.在国际单位制中，安培是电流单位，选项A错误；
B.在国际单位制中，库仑是电量单位，选项B错误；
C.在国际单位制中，特斯拉是磁感应强度的单位，选项C正确；
D.在国际单位制中，韦伯是磁通量的单位，选项D错误
4、A
【解析】偏转位移

灵敏度

故A正确，BCD错误。
故选A。
5、D
【解析】玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；而最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使玻璃杯易碎；故D正确
6、B
【解析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，可分析电容器的电压，再分析电容器所带电量的变化
【详解】由图可知，R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压
A项：若滑片P向左端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，由公式可知，路端电压增大，即电压表V2的示数变大，R1的电压减小，所以R两端电压增大，即电压表V1的示数变大，，故A错误；
B、C项：若滑片P向左端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，R1电压减小，由于理想二极管具有单向导通作用，只能充电，不能放电，所以电容器所带的电荷量不变，故B正确，C错误；
D项：根据闭合电路欧姆定律得：由U2=E-Ir，则不变，根据闭合电路欧姆定律得：U1=E-I（R1+r），则，不变，故D错误
故选B
【点睛】对于闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质

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】球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率
【详解】有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上

如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，所以B选项正确．小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞s2，所以A正确．在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的．有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，故C错误，D正确．故选ABD
【点睛】本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论
8、CD
【解析】本题主要考查受力分析，对物体受力分析并进行正交分解，根据平衡条件列出方程并讨论即可
【详解】对物体受力分析可知，水平方向有：，竖直方向有：，则地面对物体的支持力大小为，由牛顿第三定律可知，地面受到的压力大小为，故AB错误；当拉力增大时，摩擦力也增大，故C正确；当拉力变小时，减小，则增大，故D正确
9、BC
【解析】设水平金属板长为L，两板间距离为d，电子在加速度电场中，根据动能定理，有
eU1=mv2
电子在偏转电场中，水平方向有
L=vt
竖直方向

联立三式可得，电子在竖直方向的偏转距离

AB．由上式可知，减小U1，可增大偏转距离y，则电子一定打在金属板上，故B正确，A错误；
CD．减小U2，可减小偏转距离y，则电子一定能从水平金属板间射出，故C 正确，D错误。 
故选BC。
10、AC
【解析】A．线圈磁通量的变化率：
＝
其中磁感应强度变化率即为B-t图像的斜率，由题图知0～2 s内
＝－2 T/s
所以：
==－2×4×10－2 Wb/s＝－0.08 Wb/s
故A正确；
B．在0～2 s内线圈磁感应强度B由2 T减到0，又从0向相反方向增加到2 T，所以这2 s内的磁通量的变化量：

故B错误；
C．0～2 s内线圈中产生的感应电动势：
E＝n＝100×0.08 V＝8 V
故C正确；
D．第3 s末线圈中的感应电动势等于2～4 s内的平均感应电动势：
E′＝n＝nS＝100×2×4×10－2 V＝8 V
故D错误

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. ②.2.3 ③.电源电动势 ④.1.4 ⑤.0.4
【解析】（1）［1］根据图甲所示实验电路，连接实物电路如图所示：

（2）［2］由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为2×1Ω+3×0.1Ω=2.3Ω；
（3）［3］由闭合电路欧姆定律，有
E=I（r+R+RA）
则
R=-（r+RA）
则R﹣图象的斜率是E，即电源电动势；
［4］［5］由图丁所示图象可知，电源电动势
E=V=1.4V
图象在横轴上的截距为0.5，即r+RA=0.5Ω，则电源内阻r=0.5Ω﹣0.1Ω=0.4Ω。
12、75 Ev
【解析】如图为氢原子的能级图,氢原子从某一能级跃迁到的能级,辐射出能量为2.55 eV的光子
【详解】（1）氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n=2的能级，辐射光子的频率应满足：
hν=En-E2=2.55 eV
En=hν+E2=-0.85 eV
解得：n=4
基态氢原子要跃迁到n=4的能级，应提供的能量为：△E=E4-E1=12.75 eV
（2）获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图如图

【点睛】该题考查对玻尔理论的理解，解决本题的关键知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即Em-En=hv

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、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）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