天津市芦台一中2026届高二物理第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

天津市芦台一中2026届高二物理第一学期期末考试模拟试题
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，天平可以用来测定磁感应强度，磁场方向垂直纸面向里(虚线围成的区域)，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，下底边长为，右侧边伸入磁场中的长为，线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量分别为的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，在某一边需再加上质量为m的砝码后天平重新平衡，下列说法中正面的是（ ）

A.需要在左边加上质量为m的砝码，天平才能重新平衡
B.磁场的磁感应强度
C.磁场磁感应强度
D.磁场的磁感应强度
2、如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地，静电计此时指针的偏角为θ.下列说法正确的是（ ）

A.将极板A向左移动一些，静电计指针偏角θ不变
B.将极板A向右移动一些，静电计指针偏角θ变小
C.将极板A向上移动一些，静电计指针偏角θ变小
D.在极板间插入一块玻璃板，静电计指针偏角θ变大
3、如图所示，图中边长为O的正三角形ABC的三个顶点A、B、C分别固定有三个点电荷－q、－q、＋q，则该三角形中心O点处的场强为（　　）

A.，方向由C指向O B.，方向由O指向C
C.，方向由C指向O D.，方向由O指向C
4、某同学将一支笔靠在一个半圆形物体上，关于笔所受弹力方向，下列示意图正确的是
A. B.
C. D.

5、十九世纪二十年代，以塞贝克 (数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流．安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是绕地球的环形电流引起的，则该假设中的电流的方向是：（）
(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线)
A.由东向西垂直磁子午线； B.由西向东垂直磁子午线
C.由南向北沿磁子午线方向 D.由赤道向两极沿磁子午线方向
6、如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是(　　)

A.将变阻器滑动头P向右滑动
B.将变阻器滑动头P向左滑动
C.将极板间距离适当减小
D将极板间距离适当增大
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、在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（　　）

A.灯泡L变亮 B.电源的输出功率变小
C电流表读数变小 D.电容器C上电荷量减小
8、如图甲所示，粗糙平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、N两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知金属棒的速度v随时间t变化的关系如图乙所示.下列关于外力F、闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图象，流过R的电荷量q、通过电阻R的感应电流I随金属棒的位移x的变化图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
9、如图所示，当电路里滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（ ）

A.电容器C两极板间的电场强度增大
B.电压表的读数减小
C.R1消耗的功率减小
D.R2消耗的功率增大
10、三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是

A.B1=B2=B3
B.B1>B2=B3
C.a、b、c处磁场方向均垂直于纸面向里
D.a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
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）碰撞的恢复系数的定义为其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度，弹性碰撞的恢复系数e=1，非弹性碰撞的e<1，现利用下图中的装置来测量两滑块碰撞的恢复系数，从而判断出碰撞类型。在水平气垫导轨上固定两个光电门1和2，分别在光电门1的左侧和两光电门之间放置A、B两个滑块，滑块上分别固定一遮光片，光电计数器(图中未画)可以记录遮光片通过光电门的时间，实验测得两遮光片的宽度d均为1.00cm。现给A一向右的初速度，通过光电门1时，光电计数器显示的时间t1=5.00ms，A与静止的B发生碰撞后，B向右运动通过光电门2，光电计数器显示的时间，A向左弹回，再次通过光电门1时，光电计数器再次显示的时间。

请根据实验回答以下几个问题：
(1)A碰撞前的速度大小vA=_______m/s，碰撞后的速度大小=____m/s，B碰撞后的速度大小=________m/s（结果保留2位有效数字）；
(2)规定向右为正方向，求此次碰撞的恢复系数e=________（结果保留2位有效数字）。
12．（12分）在电学实验中，有时候我们需要把量程小的表头，改装成量程大的电压表需要_________（填“串联”或“并联”）一个电阻；如果改装成量程大的电流表需要_________（填“串联”或“并联”）一个电阻.
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】A．磁感应强度B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码，故A错误；
BCD．B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码，有

解得

故C正确，BD错误。
故选C。
2、B
【解析】A、将极板A向左移动一些时，两极板间的距离d增大，根据电容的决定式C＝分析得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差U增大，所以静电计指针偏角θ变大；故A错误.
B、将极板A向右移动一些时，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式C＝分析得知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故B正确.
C、将极板A向上移动一些，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C＝分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角θ变大，故C错误.
D、在极板间插入一块玻璃板，ɛ增大，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C＝分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故D错误.
故选B.
3、C
【解析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为

三个电荷在O处产生的场强大小均为

根据对称性和几何知识得知，两个-q在0处产生的合场强为

再与+q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为

方向由C指向O，故ABD错误，C正确。
故选C。
4、C
【解析】半圆形物体对笔有支持力N1，N1垂直于物体与笔的接触面，N1的作用线通过圆心．地面对笔有垂直于地面向上的支持力N2，故ABD错误，C正确
5、A
【解析】由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线．故A正确，BCD错误
【点睛】此题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题．同时掌握左手定则的应用．要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的N极．首先根据信息中给出的已知条件，根据根据磁子午线由安培定则确定电流的方向
6、D
【解析】根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小洛伦兹力方向向下，,电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力；
AB、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；
C、将极板间距离适当减小时，增大，不满足要求，故C错误；
D、将极板间距离适当增大时，减小，满足要求，故D正确

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．当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流I减小，灯泡的功率，不变，则P减小，灯泡L变暗，故A错误；
B．当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于灯泡L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出功率减小，故B正确；
C．电路中电流减小，电流表读数变小，故C正确；
D．变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误。
故选BC。
8、CD
【解析】A．由图乙可知，金属棒开始做匀加速直线运动，后做匀速运动，由牛顿第二定律可知，匀加速时

此过程力F与时间成线性关系，但不是成正比，即不过原点，A错误；
B．匀加速过程中磁通量变化率为

此过程磁通量变化率与时间成正比，匀速过程

此过程磁通量变化率不变，B错误；
C．流过电阻的电荷量为

所以电荷量与位移成正比，C正确；
D．匀加速过程中有

则电流为

匀速过程中

此过程中电流不变，D正确。
故选CD。
9、AC
【解析】A．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过电源的电流减小，路端电压增大，由欧姆定律知两端电压减小，电容器两极间电压增大，两板间的电场强度增大；选项A正确；
B．以上分析知，滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，路端电压增大，电压表的读数增大；选项B错误；
C．以上分析知，滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，通过的电流减小，消耗的功率减小；选项C正确；
D．通过的电流减小，而接入电路的电阻增大，故消耗的功率变化无法确定；D选项错误。
故选AC.
10、BC
【解析】由题意可知，左、右两导线在a点产生磁场方向垂直纸面向里，下面导线在a处产生的磁场方向向外，所以a点的磁场方向垂直纸面向里，左方导线在b处产生的磁场和下方导线在b点产生的磁场相互抵消，所以b处的磁场为右方导线在b处产生的磁场，方向垂直纸面向里；
右方导线在c处产生的磁场和下方导线在c点产生的磁场相互抵消，所以c处的磁场为左方导线在b处产生的磁场，方向垂直纸面向里；
由磁场的叠加原理可知，a点的磁场最强，b、c点的磁场大小相同
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、 ①.2.0 ②.0.83 ③.0.95 ④.0.89
【解析】(1)[1]滑块通过光电门时，挡光片挡住光的时间极短，则可用平均速度近似代替作为滑块的瞬时速度，有

[2]碰撞后的速度大小A的速度为

[3] B碰撞后的速度大小

(2)[4]规定向右为正方向，根据碰撞系数的定义，有

12、 ①.串联 ②.并联
【解析】改装成量程大的电压表要串联电阻分压，需要串联一个大电阻；改装成量程大的电流表要并联电阻分流，需要并联一个小电阻；

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