湖南省株洲市茶陵县二中2025-2026学年物理高二上期末复习检测模拟试题含解析.doc

湖南省株洲市茶陵县二中2025-2026学年物理高二上期末复习检测模拟试题
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、一平行板电容器两极板间距为d、极板正对面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源．当增大两极板间距时，电容器极板间的电场强度将
A.变大 B.变小
C.不变 D.不能确定
2、运动员进行“折返跑”训练，从A点沿直线跑到B点，又从B点沿原路返回A点，A、B两点直线距离为50m，此过程中运动员的路程和位移的大小分别是( )

A.50m,0 B.100m,0
C.50m,100m D.100m,100m
3、如图所示，小球在一细绳牵引下，在光滑桌面上绕绳的另一端O作匀速圆周运动，关于小球的受力情况，下列说法中正确的是（　　）

A.受重力和向心力的作用
B.受重力、支持力、拉力和向心力的作用
C.受重力、支持力和拉力的作用
D.受重力和支持力的作用
4、一辆汽车沿着水平湖岸匀速行驶，速度为5m/s，汽车在水中的倒影相对于汽车的速度是（ ）
A.10m/s B.5m/s
C.-5m/s D.0m/s
5、如图所示，矩形金属框CDEF用两根绝缘细线悬挂于天花板上，其中CD和EF质量均为m，CF和DE重力不计，金属框处于竖直向下的匀强磁场中。现使金属框中通过图中所示的恒定电流。当系统稳定后，则（　　）

A.CD边将垂直纸面向里偏离至某处
B.EF边将垂直纸面向里偏离至某处
C.两根绝缘细线的拉力均大于mg
D.两根绝缘细线的拉力均等于mg
6、长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示。则下面说法中正确的是（ ）

A.金属块上、下表面电势相等
B.金属块上表面电势高于下表面电势
C.金属块上表面电势低于下表面电势
D.无法比较上、下表面的电势高低
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、下列说法正确的是（　　）
A.只有系统不受外力，这个系统才能动量守恒
B.若小明用力推物体而没推动，则推力产生的冲量不为零
C.质量越大，物体动量一定越大
D.竖直抛出的物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量不为零
8、如图所示的正方形区域存在垂直纸面向里的磁场，两个质量相等、电荷量相等的异种电荷1、2，以不同速率垂直于磁感线方向从O点垂直ad射入磁场中，O点为ad的中点，两粒子运动的轨迹如图所示，取sin53°=0.8，cos53°=0.6。不计粒子受到的重力。下列关于两粒子的运动速率v、在磁场中的运动时间t、圆周运动周期T及角速度ω的关系正确的是（　　）

A.v1：v2=5：2 B.t1：t2=53：180
C.T1：T2=1：1 D.ω1：ω2=180：53
9、如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动．在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是(　　)

A.速率变小，半径变小，周期不变
B.速率不变，半径不变，周期不变
C.速率变小，半径变大，周期变大
D.速率不变，半径变小，周期变小
10、一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R = 2.0Ω的电阻，如图甲所示．在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法正确的是（）

A.通过R的电流方向为a→b
B.线圈中产生的感应电动势为5V
C.R两端电压为5V
D.通过R的电流大小为5A
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）电流表G1的量程为0～5mA，内阻r＝290Ω，把它改装成如图甲所示的一个多量程多用电表.电流档小量程为0～10mA，大量程为0～100mA；电压档小量程为0～10V，大量程为0～25V.

(1)某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示.若此时开关S端是与“6”相连的，则此多用电的表读数为_____.
(2)已知图甲中的电源E的电动势为15V，当把开关S接到位置4，短接A、B表笔进行欧姆调零后，用该档测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G1满偏刻度的处，则该电阻的阻值为_____kΩ.
(3)此多用电表的表笔A为_____（“红色”或“黑色”），图中电阻R5＝_____Ω.
12．（12分）根据单摆周期公式测量当地的重力加速度．将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图所示，读数为______mm

（2）有同学测得的g值偏小，可能原因是______
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点
C．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算
D．开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时
E．摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1
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、C
【解析】通电后断开，故两板上的带电量不变；根据公式

代入

可得

即当电容器充电后与电源断开后，两极板间的电场强度的大小和两极板间的距离无关，C正确。
故选C。
2、B
【解析】根据位移和路程的定义进行分析解答；明确物体回到原点时，位移为零；而路程是物体实际经过的轨迹的长度
【详解】由题意可知，运动员返回到原点，故位移为零；而路程等于经过轨迹的长度；故路程为s=2×50=100m；故选B
3、C
【解析】小球受到重力、桌面的支持力和绳的拉力，竖直方向重力和支持力平衡，绳的拉力提供向心力，故C正确，ABD错误。
故选C。
4、D
【解析】汽车在湖水中的倒影实际上汽车在湖水中所成的像，故汽车和汽车的像关于湖面对称，由于汽车沿水平湖岸行驶，故汽车到水面的距离保持不变，所以汽车在水中的倒影相对于汽车静止不动；
【详解】汽车在湖水中的倒影实际上汽车在湖水中所成的像；根据平面镜成像的特点可知汽车和汽车的像关于湖面对称；又由于汽车沿水平湖岸行驶，故汽车到水面的距离保持不变，所以汽车在水中的倒影相对于汽车静止不动，故它们的相对速度为0，故D正确，A、B、C错误；
故选D
【点睛】关键是知道汽车在水中的倒影相对于汽车静止不动
5、D
【解析】CD．根据：

结合左手定则可知导体棒CD和EF受到的安培力等大反向，从左向右看，对线框整体受力分析：

根据平衡条件：

所以两根绳子拉力均为：

C错误，D正确；
AB．从左向右看分别对导体棒CD和EF受力分析：

结合整体法可知CD边保持原来状态静止不动，EF边将垂直纸面向外偏离至某处，AB错误。
故选D。
6、C
【解析】金属块中参与导电的是自由电子，运动方向与电流方向相反，根据左手定则可以判断电子将在上表面聚集，所以金属块上表面电势低于下表面电势，故C正确。
故选C。
【点睛】本题中需要注意两个关键点，一是判断导体中参与导电的粒子电性，从而根据电流方向确定粒子运动方向；二是使用左手定则时，要根据粒子电性来确定手心（或手背）的朝向。

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．当系统不受外力或者合外力为零时，系统动量守恒，故A错误；
B．根据冲量的定义

可知小明用力推物体而没推动，但推力和时间都不为零，故推力产生的冲量不为零，故B正确；
C．根据

可知物体的动量与物体的质量和速度都有关，所以质量越大，物体动量不一定越大，故C错误；
D．由B选项分析可知物体从抛出到落回抛出点过程中重力和时间均不为零，故此过程中重力的冲量不为零，故D正确。
故选BD。
8、BC
【解析】设正方形的边长为，如图所示

由几何知识得
，
，
解得
，
A．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

则

故A错误；
C．粒子在磁场中做圆周运动的周期

由于、、都相等，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，故

故C正确；
B．粒子在磁场中在运动时间

由于两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，则粒子在磁场中的运动时间之比

故B正确。
D．粒子做圆周运动的角速度

由于、、都相等，则

故D错误。
故选BC。
9、AC
【解析】AC．因为洛伦兹力不做功，所以速度大小肯定不变，故AC错误
B．若开始细线上无拉力，当细线断开之后，速率不变，半径不变，周期不变，故B正确
D．细线上的拉力和洛伦兹力的合力提供向心力，若细线断开后，洛伦兹力提供向心力，若向心力变大，因为速率不变，根据，可知半径变小，周期变小，故D正确
10、BC
【解析】A．如图乙所示，磁通量随时间的变化规律为均匀增大，而磁场方向为垂直纸面向里．根据楞次定律“增反减同”原则，故感应磁场应垂直纸面向外，据右手螺旋定则可知电流方向应为逆时针方向，即通过R的电流方向应为b→a，A选项错误
BC．根据图的斜率为磁通量的变化率可以得到

又因为线圈内阻不计，故R两端的电压就应为5V，故BC均正确；
D．根据部分电路的欧姆定律可知

可知D错误
故选BC。

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、 ①.20.0V（19.8～20.2） ②.6 ③.红色 ④.29
【解析】(1)[1]开关S端与“6”相连，作为大量程电压表使用，量程为0～25V，根据电压表读数规则可知，多用电表读数为20.0V；
(2)[2]分析多用电表内部结构，开关S端与“4”相连，则作为欧姆表使用，此时干路电流最大为Im＝10mA，则根据闭合电路欧姆定律可知，
E
E＝Imr内
联立解得
Rx＝6kΩ；
(3)[3]电流从红表笔流入电表，故多用电表的表笔A为红表笔.
[4]当开关S端接“1”时，电流挡的量程为0～100mA，根据电表改装原理可知，
Ig(r+R6)＝(I1-Ig)R5；
当开关S端接“2”时，电流挡的量程为0～10mA，
Igr＝(I2-Ig)(R5+R6），
联立解得
R5＝29Ω.
12、 ①.（1）18.6 ②.（2）B
【解析】（1）游标卡尺的读数：主尺读数+游标尺读数；
（2）根据公式，结合实验操作分析误差的大小.
【详解】（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：18mm，再看游标尺上的哪一刻度与主尺刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.1×6=0.6mm，总读数：L=18+0.6=18.6mm
（2）根据T=2π可得，则测摆线时摆线拉得过紧，则L测量值偏大，g的测量值会偏大，选项A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，使得单摆摆动时摆长过长，周期偏大，则测量得到的g值偏小，选项B正确；以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，摆长L偏大，则g值偏大，选项C错误；开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时，则周期T的测量值偏小，则g值测量值偏大，选项D错误；摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1，这样计算周期应该为，如此不会造成g的测量误差，选项E错误；故选B.

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