江西省抚州临川市第二中学2026届物理高二第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

江西省抚州临川市第二中学2026届物理高二第一学期期末学业质量监测模拟试题
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、如图所示，在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中，要使导体棒摆动幅度增大，以下操作中可行的是

A.减少磁铁的数量
B.更换成磁性较弱的磁铁
C.改变导体棒中的电流方向
D.增大导体棒中的电流强度
2、下列说法中正确的是（）
A.物体是由大量分子组成的
B.无论是无机物质的分子，还是有机物质的大分子，其分子大小的数量级都是10﹣10m
C.本节中所说的“分子”，只包含化学中的分子，不包括原子和离子
D.分子的质量是很小的，其数量级为10﹣10kg
3、下列关于电源电动势的说法中正确的是（　　）
A.电路中每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么电源的电动势是0.5V
B.电源的路端电压增大时，其电源的电动势一定也增大
C.无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变
D.电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
4、起重机将的重物匀速提升5m,在此过程中,起重机对重物做的功是
A. B.
C. D.
5、一交流电压为u＝100sin (100πt)V，由此表达式可知(　　)
A.用电压表测该电压其示数为50 V
B.将该电压加在“100 V　100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 W
C.该交流电压的周期为0.02 s
D.t＝s时，该交流电压的瞬时值为50 V
6、穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是

A.0~2s B.2s~3s
C.3s~4s D.4s~6s
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、下列四副图中，闭合线圈能产生感应电流的是（）
A.
B.
C.
D.
8、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为、内电阻为，、为定值电阻，为滑动变阻器，，为电容器，Ⓐ、Ⓥ为理想电流表和理想电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是

A.电压表示数变大
B.电流表示数变小
C.电源的输出功率增大
D.电容器C所带电荷量增多
9、如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体．劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为．用水平力F缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g．则（　　）

A.撤去F后，物体回到O点时速度最大
B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C.物体离开弹簧时速率为
D.撤去F后系统产生的内能为4µmgx0
10、如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧处于原长状态，物块处于平衡状态。现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，从滑块获得初速度v直至滑到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量
B.滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功mv2
C.滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和
D.在滑块沿斜面运动的全程中，当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能可能最小也可能最大
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）如图，某同学用伏安法测一个未知电阻的阻值，他仅将电压表接在b点，读得两表示数分别为U1=3.0V，I1=3.0mA，然后将电压表改接在a点，读得两表的示数分别为U2=2.9V，I2=4.0mA，由此可知电压表应接到_________点误差较小，测得的Rx的值为____________Ω。

12．（12分）某同学用伏安法测某电源的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测电源
B.电流表A：量程0〜0.6A，内阻为0.5Ω
C.电压表V：量程0〜3V，内阻未知
D.滑动变阻器R：0〜10Ω，2A
E.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电源的电动势和内阻。

（1）实验电路图应选择上图中的___（填“甲”或“乙”）
（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象。由此可知，电源的电动势E =___V，内电阻r =___Ω。（结果保留二位小数）
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、D
【解析】A：减少磁铁的数量，磁感应强度减小，安培力减小，导体棒摆动幅度减小．故A项不可行
B：更换成磁性较弱的磁铁，磁感应强度减小，安培力减小，导体棒摆动幅度减小．故B项不可行
C：改变导体棒中的电流方向，安培力大小不变，导体棒摆动幅度不变．故C项不可行
D：增大导体棒中的电流强度，安培力增大，导体棒摆动幅度增大．故D项可行
2、A
【解析】A项：根据分子动理论的内容可知，物体是由大量分子组成的，故A正确；
B项：除了一些有机物质的大分子，多数分子大小的数量级为10﹣10m，故B错误；
C项：本节中所说的“分子”，包含化学中的分子，也包括原子和离子，故C错误；
D项：分子的质量很小，一般情况的数量级是10﹣26 kg，故D错误；
故选A
3、C
【解析】A．电路中每通过2C电荷量，电源提供的电能是4J，由公式W=qE知：

选项A错误；
BC．电源电动势是电源本身的特性，与外电路无关，，选项B错误，C正确；
D．电源向外提供的电能等于电流做功W=EIt。可见电源向外提供的电能与电动势、电流和时间都有关，选项D错误。
故选C。
4、C
【解析】根据“起重机将的重物匀速提升5m”，考查了功的计算；根据功的计算公式，明确起重机的拉力，再由功的公式可求得起重机对物体做的功
【详解】物体做匀速直线运动，故拉力为：F＝G＝2×104N；则起重机对物体的做的功为：W＝Fh＝2×104N×5m＝1×105J
5、C
【解析】A.电压表测量为电压的有效值，所以电压示数为，A错误
B.灯泡额定电压为100V，所以灯泡正常发光，功率为100W，B错误
C.根据表达式可知，角速度，所以周期，C正确
D.当t＝s时，代入表达式，瞬时值为100V，D错误
6、A
【解析】根据得，感应电动势与磁通量的变化率成正比。Φ-t图线的斜率表示磁通量的变化率，0s～2s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小，故A正确。
故选A。

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、AD
【解析】A．该图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，选项A正确；
B．该图中线圈向下运动时，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，选项B错误：
C．该图中线圈在磁场内部平动时，穿过线圈磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误：
D．该图中线圈拉出磁场时，穿过线圈的磁通量变化，会产生感应电流，选项D正确。
故选AD。
8、AC
【解析】A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大。故A正确；
B.电阻R2两端的电压：
U2=E−I(R1+r)，
I增大，则U2变小，流过R2的电流减小，则电流表示数变大，故B错误；
C.据题：r<R1，当外电路总电阻减小时，内外电阻更加接近，电源的输出功率增大。故C正确；
D.由于U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小。故D错误。
故选：AC
9、BC
【解析】A.撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大．故A错误
B.撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为

故B正确
C.物块进入电场区域后，受到的电场力：

所以在竖直方向上，物块受到的支持力：

此时物体受到的摩擦力：

物块此时的加速度：

物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：
x=4x0-x0=3x0
由运动学的公式：

可得物体离开弹簧时速率为：

故C正确
D.物块进入电场前受到的摩擦力：，物块进入电场区域后受到的摩擦力：，所以撤去F后系统产生的内能为：

故D错误
10、BD
【解析】A．因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有：

在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量，故A错误；
B．根据能量守恒得，动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，可知滑块克服弹簧弹力做功，故B正确；
C．根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误；
D．由于

可知当滑块的加速度最大时，弹簧最长或最短。弹簧最长时，滑块的电势能最小，滑块和弹簧组成的系统机械能最大；弹簧最短时，滑块的电势能最大，滑块和弹簧组成的系统机械能最小，故D正确。
故选BD。

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.b ②.1000
【解析】[1]两种接法中两表示数变化分别为

则

显然，电流表示数变化较电压表示数变化明显，这说明电压表的分流作用较大，为了减小误差，应采用电流表内接法，即电压表接b点；
[2]由欧姆定律可得

12、 ①.乙 ②.3.00 ③.2.83
【解析】（1）[1]若采用甲图，由于电压表的分流会使测量结果存在系统误差；而采用乙图，由于电流表的内阻已知，测量的内阻为电流表和电源内阻之和，所以采用乙图会消除实验带来的系统误差，使测量结果更准确。
（2）[2]根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，当电流I=0时图线与纵轴的截距即为电源的电动势，即E=3.00V。
［3］由闭合电路欧姆定律知，U=E-Ir，图线斜率的大小即为电流表和电源内阻之和，图线斜率
r==Ω=3.33Ω
所以电源的内电阻
r´=3.33Ω-0.5Ω=2.83Ω

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