2026届福建省泉州市十六中物理高二上期末学业水平测试试题含解析.doc

2026届福建省泉州市十六中物理高二上期末学业水平测试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，一宽2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一边长为L的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为，规定逆时针方向电流为正方向，在下图所示的图象中，能正确反映感应电流随时间变化的规律是

A. B.
C. D.
2、两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为（　　）
A. B.r
C. D.2r
3、电场强度是用比值定义法定义的物理量，下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法（　　）
A.电流 B.磁感应强度
C电容 D.电阻
4、如图所示，质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2两小球，分别用绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别为α和β(α＞β)，两小球恰在同一水平线上，那么( 　　)

A.两球可能带同种电荷
B.q1一定大于q2
C.m1一定小于m2
D.m1所受的库仑力一定大于m2所受的库仑力
5、关于牛顿第一定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A.力是维持物体运动状态的原因
B.力是改变物体运动状态的原因
C.物体的质量较小，但运动的速度较大时，惯性也可以很大
D.物体自由下落时比竖直上抛时的惯性小
6、下列说法中正确的是(　　)
A.在电场中，电场强度大的点，电势必定高
B.电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大
C.电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快
D.一带电粒子只受电场力作用电场中运动时，电势能一定变化
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（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒被固定在两板正中间的P点，在t = 0时刻释放该粒子，3t0时间内粒子未到达极板。则在0~3t0时间内，下列说法正确的是（　　）

A.从t=0开始，粒子向M板运动
B.粒子从t0开始一直向N板运动
C.0~2t0时间内，电场力对粒子做的功为mg2t02
D.3t0时，重力对粒子做功的瞬时功率为mg2t0
8、如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的触头P向下滑动，理想电表的示数I、、都发生变化，变化量的绝对值分别用、、表示，下列判断正确的是

A.不变
B.变小
C变大
D.不变
9、如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的（　　）

A.B与水平面间的摩擦力增大
B.地面对B的弹力增大
C.悬于墙上的绳所受拉力不变
D.A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
10、如图所示是某导体的I−U图象，图中α=45°，下列说法正确的是（）

A.此导体的电阻R=2.0Ω
B.此导体的电阻R=0.5Ω
C.I−U图象的斜率表示电阻的倒数，所以R=tan45°=10Ω
D.在R两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C
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）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A.待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0Ω）
B.电流表A1（量程0—3mA，内阻Rg1＝10Ω）
C.电流表A2（量程0—0.6A，内阻Rg2＝0.1Ω）
D.滑动变阻器R1（0—20Ω，10A）
E.滑动变阻器R2（0—200Ω，1A）
F.定值电阻R0（990Ω）
G.开关和导线若干
（1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中合理的是____ 图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选______。

（2）如图为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表 A1的示数，I2为电流表 A2的示数），则由图线可得电动势E＝___V，内阻r＝____Ω（内阻r保留2位有效数字）。

12．（12分）（1）用游标为20分度的游标卡尺测量某物体长度，由图可知其长度为______mm；

（2）某同学用螺旋测微器测量一圆柱形金属工件的直径，测量结果如图所示，该工件的直径为______mm
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）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）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】线框进入磁场过程，所用时间

根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，为正值。感应电流大小

保持不变，线框完全在磁场中运动过程，磁通量不变，没有感应电流产生，经历时间

则

线框穿出磁场过程，所用时间

感应电流方向沿顺时针方向，为负值，感应电流大小

保持不变。故ABD错误，C正确。
故选C。
2、C
【解析】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变为，联立解得，故C正确，ABD错误
3、A
【解析】比值法定义中，被定义的物理量与等式右边的各个物理量没有关系。
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，可知电路中电流的大小为

可见电流与电动势和整个回路的总电阻有关，故A不是应用了比值法定义，A符合题意；
B．磁感应强度

B与F、I、L无关，故采用的是比值定义法，B不符合题意；
C．电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，电容

采用的是比值定义法，C不符合题意；
D．电阻

与U、I无关，采用的是比值定义法，D不符合题意。
故选A。
4、C
【解析】根据异种电荷相互吸引分析电性关系．由力的平衡得到得到质量与偏角之间的关系，来分析质量大小．由牛顿第三定律，分析库仑力的关系.
【详解】两球相互吸引，则可能是异种电荷，也可能一个带电另一个不带电，故A错误．两球间的库仑力为相互作用力，无论电荷量是否相等都有库仑力大小相等，故无法判断电量的大小．故B错误；设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到F=m1gtanα，同理，对m2研究，得到F=m2gtanβ则m1tanα=m2tanβ，因α＞β，得到m1＜m2，故C正确．根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力．故D错误；故选C
5、B
【解析】力是改变物体运动的原因，而不是维持物体运动的原因，惯性只和物体的质量有关，与物体的运动状态无关，B正确
考点：考查了对牛顿第一定律的理解
6、C
【解析】A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误；
B、正电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大，负电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越小；故B错误；
C、电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快．故C正确
D、一带电粒子只受电场力作用在电场中运动时，电势能不一定变化，如电子绕原子核做匀速圆周运动时电势能不会变化，故D错误
点睛：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系

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】AB．电场力为
F=qE=2mg
t=0时刻，电场力向上，时间向上匀加速，加速度为g；时间向上匀减速，加速度为3g；时间向下匀减速，加速度为g；从t=0开始，粒子向M极运动；从开始一直向N极运动；故A正确，B错误；
C．时间向上匀加速，根据位移时间关系公式，位移为，时间向上匀减速，根据位移时间关系公式，位移、速度分别为
，
在时间内，粒子的位移为零，故重力对粒子做的功为零，则由动能定理可得

故C错误；
D．根据速度时间关系公式，时粒子的速度为

方向向下，故时，重力对粒子做功的瞬时功率为

故D正确。
故选AD。
【点睛】带电粒子做直线运动，先根据F=qE求解电场力，再根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解各个时间段的位移，然后根据恒力做功表达式求解电场力的功，根据P=Fv求解瞬时功率。
8、AD
【解析】AB．根据欧姆定律得知：

故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变．故A正确B错误。
CD．根据闭合电路欧姆定律得：

则有

不变．故C错误D正确。
9、ABD
【解析】AB．对物体A受力分析，受到重力和细绳的拉力，由于A处于静止状态，则根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子与水平方向的夹角变小，但细绳的拉力仍等于A的重力，所以不变，对物体B受力分析，B受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示：

根据共点力平衡条件，有

由于角r变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，地面对B的弹力增大，故A、B正确；
C．对滑轮受力分析，受绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于绳子的拉力与A的重力相等，所以不变，但夹角变大，故其合力变小，所以墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误；
D．由于绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，由图可知，α、θ是同位角，由几何关系可知α＝θ，故α＝β＝θ，故D正确。
故选ABD。
10、BD
【解析】AB.由可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知电阻
，
故A错误，B正确；
C.I−U图线的斜率可表示电阻的倒数，但R不等于tan45°，只能根据求解，故C错误；
D.在R两端加6.0V的电压时，电路中电流：
，
则每秒通过电阻的电荷量为：
q=It=3.0×1=3.0C，
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.D ③.147-1.48V ④.0.80-0.86Ω
【解析】(1)[1]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表；(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是(b)；
[2]因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。滑动变阻器应选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表读数太小，电流表读数变化不明显；
(2)[3]根据欧姆定律和串联知识得，电源两端电压：

根据图象与纵轴的交点得电动势：

[4]由图可知当电流为0.45A时，电压为1.1V，则由闭合电路欧姆定律可知：

12、 ①.50.05; ②.1.775;
【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读
【详解】(1) 游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为0.05×1=0.05mm，所以最终读数为50.05mm；
(2)螺旋测微器固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.01×27.5mm=0.275mm，所以金属丝的直径为1.775mm
【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读

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、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) (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