2025-2026学年那曲市物理高二上期末经典模拟试题含解析.doc

2025-2026学年那曲市物理高二上期末经典模拟试题
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、如图所示电路中，S闭合后，三个灯实际消耗的电功率相同．则三个灯的电阻R1．R2．R3的关系是（）

A.R1＜R2＜R3 B.R2＜R3＜R1
C.R3＜R2＜R1 D.R3＜R1＜R2
2、如图所示，L1和L2是电网输电线，甲是电压互感器，变压比为1000∶1；乙是电流互感器，变流比为100∶1；并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A．则输电线的输送功率为 (　　)

A.2.2×102 W B.2.2×103 W
C.2.2×104 W D.2.2×108 W
3、如图，匀强电场中A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点．已知电势，，，，则　　

A.将1C正电荷由A点经B点搬到G点，电场力做功1J
B.D点和E点电势相等
C.B点和D点电势相等
D.A、F点电势差和B、E点电势差相等
4、如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球在细线的拉力作用下，以速度v做半径为r的匀速圆周运动。小球所受向心力的大小为（　　）

A. B.
C.mυ2r D.mυr
5、质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是

A.M带负电，N带正电
B.M的速度率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功
D.M运行时间大于N的运行时间
6、如图所示为一电路板示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220 V的交流电源连接，ab间、cd间、bc间分别连接一个电阻，现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一多用电表的交流电压表分别测得b、d两点以及a、c两点间的电压均为220 V，由此可知（ ）

A.ab间电路通，cd间电路不通
B.ab间电路不通，bc间电路通
C.ab间电路通，bc间电路不通
D.bc间短路
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，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板接地．假设两极板所带的电荷量不变，电场中P点固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是

A.若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角变小
B.若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角变小
C.若仅将左板上移少许，则P点电势升高
D.若仅将左板右移少许，则P的点电荷电势能增大
8、在如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一带电粒子以某一速度沿着指向圆心O的方向垂直射入匀强磁场，不计粒子重力，粒子在磁场中做匀速圆周运动后，以一定的偏转角θ从磁场中射出，离开磁场方向的反向延长线过Ｏ点，设粒子在磁场中的运动半径为r．若增大粒子的初速度，仍沿着原来方向进入磁场，则

A.r增大 B.r减小
C.θ增大 D.θ减小
9、如图所示,小灯泡A1、A2规格相同，线圈L的自感系数很大，现闭合开关S，通过调R、R1，使A1、A2正常发光，下列说法正确有

A若断开S，A1、A2并未立即熄灭，A2闪亮一下再慢慢熄灭，A1不会闪亮只会慢慢熄灭
B.若断开S，A1、A2均慢慢熄灭
C.S断开后，再重新闭合S，A1A2会立即正常发光
D.S断开后，再重新闭合S，A2会立即正常发光，A1只能逐渐地亮起来
10、在平行板电容器极板间有场强为E、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B1、方向水平向里的匀强磁场．左右两挡板中间分别开有小孔S1、S2，在其右侧有一边长为L的正三角形磁场，磁感应强度为B2，磁场边界ac中点S3与小孔S1、S2正对．现有大量的带电荷量均为+q、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S1水平射入电容器，其中速率为v0的粒子刚好能沿直线通过小孔S1、S2．粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计．下列有关说法中正确的是( )

A.v0一定等于
B.在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足
C.质量的粒子都能从ac边射出
D.能打在ac边的所有粒子在磁场B2中运动的时间一定都相同
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）在图甲中，不通电时电流表指针停在正中央，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏．现在按图乙连接方式将电流表与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合回路.

(1)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
(2)螺线管A放在B中不动，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针将_________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
(4)螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将_______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转
12．（12分）有一个100匝的线圈，总电阻为，在内垂直穿过线圈平面的磁通量从增加到则这段时间内线圈中产生的平均感应电动势______V，通过线圈的平均感应电流为______A
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】①开关闭合后恰好三个灯消耗的电功率都相等，设为P；
对于灯泡R1与灯泡R3，由于灯泡R1的电压大，根据P=，有：R=，故R1＞R3；
②对于灯泡R3与灯泡R2，由于灯泡R3的电流大，根据P=I2R，有R2＞R3；
③对于灯泡R1与灯泡R2，由于灯泡R1的电压大，根据P=UI，灯泡R1的电流小，根据R=，有：R1＞R2；
故R1＞R2＞R3；
故选C
2、D
【解析】已知电压互感器，变压比为1000∶1，电压表示数为220V，故传输电压为：；已知电流互感器，变流比为100∶1，电流表示数为10A，故传输电流为：；故电功率为：，故D正确，A、B、C错误；
故选D
3、B
【解析】根据“匀强电场中的电势”可知，本题考查匀强电场中电势差和场强的关系，匀强电场中沿着不与场强垂直的方向前进相同距离，电势降落相等，同时要熟悉匀强电场中等势面和电场线的关系，然后结合几何关系分析.
【详解】A、将1C正电荷由A点经B点搬到G点，电场力做功，故A错误.
B、在匀强电场中，由公式知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等．由于，且，则有，代入数据得.又由于且，则有，代入数据得，则，故B正确.
C、同理可得，，知B点和D点电势不等，故C错误.
D、A、F点电势差，B、E点电势差，可知故D错误.
故选B.
【点睛】根据求电场力做功.在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等，根据这个特点并结合几何关系就可以得到其余各点的电势，再分析电势差的关系
4、A
【解析】根据牛顿第二定律得，小球的向心力由细线的拉力提供，则有
F＝m
故A正确。
5、A
【解析】A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确
B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；
C．洛伦兹力对M、N都不做功，选项C错误；
D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误
6、C
【解析】b、d两点间的电压为220V，这说明a、b间电路是通的，b、c间电路不通或c、d间电路不通；
a、c间电压是220V，这说明c、d间电路是通的，a、b间电路不通或者b、c间电路不通，综合即可分析
【详解】由于用交流电压表测得b、d两点间的电压为220V，这说明a、b间电路是通的，b、c间电路不通或c、d间电路不通；由于a、c间电压是220V，这说明c、d间电路是通的，a、b间电路不通或者b、c间电路不通，综合分析可知b、c间电路不通，a、b间电路和c、d间电路通．故C正确，ABD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、BC
【解析】A.两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，所以静电计指针偏角θ增大，故A错误；
B.若仅将左板右移少许，d减小，可知，电容C增大，由可知，U减小，由则静电计指针偏角θ变小，故B正确；
C.若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，由可知，E增大；左极板接地，由沿电场线的方向电势降低可知P点的电势为正，根据可得，P点电势升高，故C正确；
D.若仅将左板右移少许，两极板所带的电荷量不变，则E不变，根据可得，P点电势减小，则由可得P的点电荷电势能减小，故D错误；
8、AD
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后根据题意分析答题
【详解】A、B项：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：
粒子速度v增大，则粒子轨道半径增大，故A正确，B错误；
C、D项：偏转角：θ=由于r增大，则偏向角θ减小，故C错误，D正确
故选AD
【点睛】本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在电场中的偏转，利用平抛运动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心角是解决问题的关键
9、BD
【解析】AB.电路稳定时，A1、A2正常发光，说明电流相等。若断开S，由于线圈中自感电动势的阻碍，A1、A2并未立即熄灭，流过A2的电流与原来的电流大小相等，方向相反，并不出现闪亮一下的情况，所以A1、A2均慢慢熄灭，故A错误，B正确；
CD.闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，A2会立即正常发光，A1只能逐渐地亮起来，故C错误，D正确。
故选：BD
10、AB
【解析】A.当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，如果大小相等，
即

解得
v0=
就会做匀速直线运动，A正确；
B.正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v0>，故B正确；
C.设质量为m0的粒子的轨迹刚好与bc边相切，如图所示

由几何关系得
R+R=，
而R=，
解得
m0=，
所以m<的粒子都会从ac边射出，而<，故C错误；
D.质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D错误；
故选AB

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.向左 ②.不发生 ③.向右 ④.向右
【解析】由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向.
【详解】(1)甲电路测出电流表是正进负出向左偏.将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；
(2)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；
(3)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，A线圈的电流减小，穿过B的磁通量变小，由楞次定律可知感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；
(4)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转
【点睛】熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题.
12、 ①.40 ②.4
【解析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势．由欧姆定律求出感应电流
【详解】根据法拉第电磁感应定律；感应电流：
【点睛】解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律解题

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