2025-2026学年云南省凤庆县第二中学物理高二上期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年云南省凤庆县第二中学物理高二上期末达标检测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列关于多用电表的说法，正确的是
A.用多用电表测量直流电流时，红、黑两表笔中黑表笔电势较高
B.用多用电表测量直流电压时，红、黑两表笔中黑表笔电势较低
C.用多用电表测量电阻时，红、黑两表笔中黑表笔电势较低
D.用多用电表测量电阻时，红、黑两表笔电势相等
2、关于磁感线的认识，下列说法正确的是
A.磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极
B.磁感线可以相交
C.磁感线可以表示磁场的强弱和方向
D.电流在磁场中的受力方向即为该点磁感线的切线方向
3、下面是某同学记录的作息时间，其中表示时刻的是
A.每节课40分钟 B.上午8点开始上课
C.一个午休1小时 D.晚上有2小时的自习
4、两个完全相同的金属小球（视为点电荷），带异种电荷，带电量绝对值之比为1:7，相距r．将它们接触后再放回原来的位置，则它们之间的相互作用力大小变为原来的
A.
B.
C.
D.
5、如图所示，由三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶2∶3，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，则其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为

A.1∶1 B.5∶3
C.3∶2 D.27∶5
6、如图所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置M向下运动，到达磁铁上端位置N，套在磁铁上到达中部P，再到达磁铁下端位置Q，后来到达下方L。圆环在M→N→P→Q→L过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是（　　）

A.变大，变小，变大，变小
B.变大，变大，变小，变小
C.变大，不变，不变，变小
D.变小，变小，变大，变大
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，一带电粒子（重力不计）在匀强磁场中沿图中轨道运动，中央是一薄绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知（）

A.粒子的动动方向是abcde
B.粒子带正电
C.粒子的运动方向是edcba
D.粒子在下半周期比上半周期所用时间长
8、—列自右向左传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1，0）的质点刚好开始振动，在t1=0.3s时刻，P质点在t=0时刻后首次位于波峰位置，Q点的坐标是（-3，0），则以下说法正确的是（）

A.这列波的传播速度为0.lm/s
B.在t=0时刻，质点P向上运动
C.在t2=0.4s时刻，质点A具有最大的正向加速度
D.在t3=0.5s时刻，质点Q首次位于波峰
9、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知

A.反映电源内部的发热功率Pr变化的图线是a
B.电源电动势是4 V
C.电源内阻是2Ω
D.当电流为0.5A时，外电阻一定为6Ω
10、始终静止在斜面上的条形磁铁，当其上方的水平导线L中通以如图所示的电流时，设斜面对磁铁的弹力N和摩擦力f，与通电流前相比（　　）

A.N变大 B.N变小
C.f变大 D.f变小
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）要用实验描绘小灯泡伏安特性曲线，已知待测小灯泡的额定电压6V，额定功率约为3W，提供的器材有：
量程为0．6A，内阻约为0．5的电流表Al；
量程为3A，内阻约为0．1的电流表A2；
量程为3V，内阻为3k的电压表V1
阻值是0～10，额定电流是2A的滑动变阻器R1；
阻值是0～500，额定电流是lA的滑动变阻器R2；
定值电阻R3=1k；
定值电阻R4=3k；
电源电动势为9V，内阻约为0．1；
开关一个，导线若干
（1）为了保证实验的测量精度和操作方便，并能测出小灯泡的额定功率，在可供选择的器材中．应该选用的电流表是___，滑动变阻器是____(填仪器的字母代号)
（2）根据所选的器材，在虚线框中画出完整的实验电路图，并标出器材代号______

（3）实验中，电压表的示数为____V时，可测出灯泡的额定功率
12．（12分）为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度_______（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度_____________（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，B灯_______（填“立即”或“逐渐”）熄灭。

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、B
【解析】AB．用多用电表测直流电流，电压时，多用表内部不连接电池，电流由红表笔流入，由黑表笔流出，红表笔电势高，黑表笔电势较低，故A错误，B正确；
CD．用多用电表测电阻时，多用电表有内置电源，黑表笔与电源的正极相连，则黑表笔的电势高，故CD错误。
故选B。
2、C
【解析】A.在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发回到S极，在磁铁内部则是从S极到N极，磁感线是闭合的．故A错误；
B.磁感线的切线方向是该处磁场方向，在同一点磁场方向是唯一确定的，因此磁感线不相交，故B错误；
C.磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；磁感线的切线方向是该处磁场方向．故C正确；
D.由左手定则可知，电流在磁场中的受力方向与该点磁感线的方向垂直，故D错误；
故选C
3、B
【解析】根据题中要判断哪些表示时刻可知，本题考查了对时间和时刻概念的理解．时刻是指某一瞬时，时间是指两个时刻之间的间隔．根据时间与时刻的概念去分析选择
【详解】A、40分钟一节课，这里的40分钟指的时间，不是时刻．故A错误；
B、上午8点开始上课钟是时刻，不是时间间隔．故B正确；
C D.、一个午休1小时；晚上有2小时的自习，表示持续的时间，表示时间间隔，不是时刻．故CD错误；
【点睛】正确地区分时刻和时间间隔是解题的关键
4、C
【解析】考查库仑定律，根据库仑定律直接计算可得
【详解】设两个小球带电量分别为q ，-7q ，由库仑定律可得

两小球接触后带电量都为3q ，由库仑定律可得

则
故C符合题意ABD不符合题意
【点睛】两个完全相同的金属小球相互接触后带的电量，若为同种电荷电量之和均分，异种电荷时先中和再均分．利用库仑定律计算时电量只代入绝对值
5、D
【解析】带电粒子在磁场运动的时间为，在各个区域的角度都为，对应的周期为，则有，故，则三个区域的磁感应强度之比为，三个区域的磁场半径相同为，又动能，联立得，故三个区域的动能之比为：，故在b处穿越铝板所损失的动能为，故在c处穿越铝板所损失的动能为，故损失动能之比为，D正确，选D.
6、B
【解析】圆环从M到N过程中，穿过线圈的磁感线条数增多，则磁通量变大；由N到中部P的过程，线圈包含了所有的内部磁感线及部分外部磁感线，内外磁感线相互抵消；因越到中间外部磁感线越少；故本过程磁通量变大；而P→Q的过程是N到中部P的过程的相反过程，磁通量变小；Q→L的过程中远离磁铁，磁通量变小；ACD错误；B正确。
故选B。

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】带电粒子在磁场中由洛伦兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则由可得：，可见粒子的轨迹半径与速率成正比；因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过绝缘板，故运动方向为edcba；故A错误，C正确；粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电，故B正确．因粒子转动的周期，在转动中磁感应强度及质量没有变化，故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期，时间相等；故D错误
8、ACD
【解析】由在t1=0.3s时，P质点在t=0时刻后首次位于波峰位置，即可求出周期，根据图象读出波长，从而求出波速，根据t=0时波形如图所示，结合由波传播方向来确定质点的振动方向．根据时间与周期的关系，分析质点A的运动状态．当图中波峰传到Q点时，Q点第一次到达波谷，进而求出时间
【详解】波向左传播，P质点在t=0时刻向下运动，由题有T=t1=0.3s，可得，周期为 T=0.4s，由图知，波长为 λ=4cm=0.04m，所以波速为，故A正确，B错误．在t2=0.4s=1T时刻，质点A仍位于波谷，具有最大的负向位移，因而有最大的正向加速度，故C正确．当图中波峰传到Q点时，Q点第一次到达波谷，所用时间，所以在t3=0.5s时刻，质点Q首次位于波峰，故D正确．故选ACD
【点睛】利用波形平移法判断质点的振动方向是解此类题的关键，要熟练运用波形平移法研究波的传播过程，灵活应用运动学公式 t=x/v 求波传播的时间
9、BCD
【解析】A．根据直流电源总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b，故A错误；
B．图线a的斜率等于电源的电动势，由得到
，
故B正确；
C．由图，当I=2A时，Pr=8W，由公式Pr=I2r得，r=2Ω，故C正确；
D．当电流为0.5A时，由图读出电源的功率PE=2W；由

代入得到R=6Ω，故D正确。
故选BCD。
10、AC
【解析】当导线通电后，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向左下方。设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G．安培力与斜面的夹角为β；
未通电时，由磁铁的力平衡得：
N=Gcosα
f=Gsinα
通电后，则有
N′=Gcosα+F安sinβ＞N
f′=Gsinα+F安cosβ＞f
即N和f都变大。
A．N变大，与结论相符，选项A正确；
B．N变小，与结论不相符，选项B错误；
C．f变大，与结论相符，选项C正确；
D．f变小，与结论不相符，选项D错误；
故选AC。

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. ③. ④.3
【解析】（1）描绘小灯泡的伏安特性曲线，要求电压调节范围尽可能大，滑动变阻器选择分压式连接，因此滑动变阻器选择阻值小的，小灯泡正常发光的额定电流,3A的电流表量程过大，所以选择量程0.6A的
（2）滑动变阻器选择分压式连接．灯泡额定电压外6v,而电压表量程只有3v，可是已知电压表内阻为，确切知道其内阻，就可以串联定值电阻来扩大量程，要使得量程大于6v，则需要满足，即串联的定值电阻阻值要大于等于所以定值电阻选择.电流表已经选择，由于，根据大内偏大小外偏小，电流表选择外接法．电路图见答案
（3）灯泡正常发光时电压为6v，即，解得电压表读数
考点：描绘小灯泡伏安特性曲线实验设计探究
12、 ①.大于 ②.等于 ③.立即
【解析】[1]闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，L产生自感电动势，从而使通过A灯的电流比通过B灯的电流大，即A灯的亮度大于B灯的亮度。
[2]当通电一段时间后，电路中的电流稳定，由于L的直流电阻和R相等，所以通过两灯的电流相同，则两灯亮度相同。
[3]断电的瞬间，B灯中电流瞬间变为零，则立即熄灭。

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