2026届四川省泸州老窖天府中学高二物理第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2026届四川省泸州老窖天府中学高二物理第一学期期末教学质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（　　）

A.A灯和B灯都变亮 B.A灯、B灯都变暗
C.A灯变亮，B灯变暗 D.A灯变暗，B灯变亮
2、小明乘坐公交车回家，在一段平直的公路上，看到路旁的树在向北运动，则他可能是（ ）
A.选地面为参考系 B.他可能是选路旁的房屋为参考系
C.公交车在向北运动 D.公交车在向南运动
3、面积是0.5m2的导线环，放在某一匀强磁场中，环面与磁场垂直，穿过导线环的磁通量是1.0×10-2Wb，则该磁场的磁感应强度B等于( )
A.0.50×10-2T
B.1.0×10-2T
C.1.5×10-2T
D.2.0×10-2T
4、2016年8月16日，我国自主研制的世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”被送入500km高的运行轨道上，现已投入使用.“墨子号”卫星在轨道上的运行速度(　 　)
A.等于11.2km/s B.等于7.9km/s
C.小于7.9km/s D.大于7.9km/s
5、如图所示,电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间关系正确的是( )
A. B.
C. D.
6、下列关于电场强度的说法中，正确的是（　　）
A.由知，电场强度E跟电场力F成正比，跟放入电场中的电荷的电量q成反比
B.由知，点电荷产生的电场中E与场源电荷电量Q成正比，与r2成反比
C.由知，在以场源电荷Q为球心、r为半径的球面上的各点电场强度E均相同
D.电场中某点的电场强度E的方向就是该点所放电荷q受到的静电力F的方向
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，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．正确的有（）

A.电阻的阻值为15Ω
B.电池内阻是0.2Ω
C.将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是10W
D.改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为20W
8、一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是 (　　)

A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B.CD间各点电场强度和电势都为零
C.AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差
D.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能
9、等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势随x的分布图象如图所示．x轴上AO<OB，A、O、B三点的电势分别为A、O、B，电场强度大小分别为EA、EO、EB，电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB，下列判断正确的是（）

A.
B.
C.
D.
10、一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一个电压表和一个电阻为10 Ω的灯泡，如图乙所示．下列说法正确的是(　 　)

A.产生的交变电流的频率为5 Hz
B.通过灯泡的电流为2.2 A
C.电压表读数为20 V
D.灯泡的实际功率为40 W
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）(1)在做“验证力的平行四边形定则”的实验中有同学各自画了以下力的图，图中F1、F2是用两把弹簧秤同时拉橡皮筋时各自的拉力，F′是用一把弹簧秤拉橡皮筋时的拉力；画出了F1、F2、F′的图示，以表示F1、F2的有向线段为邻边画平行四边形，以F1、F2交点为起点的对角线用F表示，在以下四幅图中，只有一幅图是合理的，这幅图是______

(2)在做完实验后，某同学将其实验操作过程进行了回顾，并在笔记本上记下如下几条体会，你认为他的体会中正确的是______
A．两根细绳套必须等长
B．用两只弹簧测力计拉绳套时，两测力计示数要相同
C．若F1、F2方向不变，而大小各增加1 N，则合力的方向也不变，大小也增加1 N
D．用两只弹簧测力计拉时合力的图示F与用一只弹簧测力计拉时图示F′不完全重合，在误差允许范围内，可以说明“力的平行四边形定则”成立

12．（12分） (1)如图所示，欧姆表刻度盘中，不使用时指针指A，两表笔短接时指针指B．若欧姆表的总内阻为24 Ω，C是A、B的中点，D是A、C的中点，则D两点的刻度为________Ω

(2)如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图可以是图中的__________

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、D
【解析】当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，且B灯电流变大，B灯变亮；

所以A灯的电压变小，根据可知A的功率变小，故A灯变暗；
故选D。
2、D
【解析】AB．小明看到路旁的树在向北运动，则他选择的参考系是运动的公交车，选项AB错误；
CD．小明以公交车为参考系，看到路旁的树在向北运动，则公交车在向南运动，选项D正确，C错误；
故选D.
3、D
【解析】由磁通量的表达式：φ=BS（B⊥S）得B=，可求得
【详解】因：φ=BS（B⊥S）得B=，故D正确，A、B、C错误
故应选：D
【点睛】考查磁通量的计算式，会求磁通量或B
4、C
【解析】万有引力提供向心力可知：，所以，半径越大，速度越小，即“高轨低速”，是第一宇宙速度，即近地轨道的环绕速度，轨道比近地轨道高，速度小于，故C正确
点睛：“墨子号”是地球的卫星，运行速度一定小于第二宇宙速度，即小于，卫星高的运行轨道上，根据“高轨低速大周期”速度可知小于
5、D
【解析】根据左手定则可知：A图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故A错误；B图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故B错误；C图中洛伦兹力方向向下，C错误；D图中洛伦兹力的方向向下，故D正确；故选D
6、B
【解析】A．公式是电场强度的定义式，采用比值法定义，反映电场的性质，由电场本身决定，与、无关，A错误；
B．由知，点电荷产生的电场中与场源电荷电量成正比，与成反比，B正确；
C．由知，在以场源电荷为球心、为半径的球面上的各点电场强度大小相同，而方向不同，C错误；
D．电场中某点的电场强度的方向就是该点所放正点电荷受到的静电力的方向，与负点电荷所受电场力方向相反，D错误。
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、AD
【解析】由a图线的斜率大小读出电源的内阻，b图线的斜率大小得到电阻的阻值．两图线的交点表示该电阻接在该电源上时的工作状态，由交点坐标读出电阻的电压和电流，由此可以判断电源的输出功率，并求出电源的最大输出功率.
【详解】电阻的阻值等于b图线的斜率大小，为R=U/I=15Ω，故A正确；电池组的内阻等于a图线的斜率大小，为，故B错误；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=15V，电流为I=1A，则电池组的输出功率P=UI=15W，故C错误；由图可知E=20V，当外电阻的阻值等于内阻时，其电源的输出功率最大为．故D正确．故选AD
【点睛】本题考查学生对图象的认识，要由U=E-Ir去理解图象的性质，明确图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示电源的内电阻
8、AD
【解析】由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误．A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故C错误．从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，则粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，故D正确；故选AD
【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似
9、AD
【解析】A.正电荷周围的电势较高，负电荷周围的电势较低，，故A正确；
B.图像切线的斜率绝对值等于场强的大小，可知B点的场强最大，O点最小，故B错误；
C.电子带负电，根据电势能Ep=q可知，最大，最小，故C错误；
D.由图像可知UOBUAO，根据电场力做功W=qU，电子带负电，可知WOBWAO，即WBOWOA，所以，故D正确
10、CD
【解析】由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率；电压表测量的是路端电压，求解实际功率要用有效值
【详解】由图可知T=0.02s，则频率f=1/T=50Hz，选项A错误；电动势有效值为，可知通过灯泡的电流为，选项B错误；电压表读数，选项C正确；灯泡的实际功率：P=IU=40W；选项D正确；故选CD.

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
【解析】(1)以表示F1、F2的有向线段为邻边画平行四边形，以F1、F2交点为起点的对角线用F表示，故F是理论值，存在误差，不一定与橡皮筋伸长方向共线．F′是用一把弹簧秤拉橡皮筋时的拉力，是实际值，一定与橡皮筋伸长方向共线．故ACD错误，B正确；故选B
（2）两根细绳套没有必要必须等长，选项A错误；用两只弹簧测力计拉绳套时，两测力计的示数不一定要相同，选项B错误；若F1、F2方向不变，而大小各增加1N，根据平行四边形定则知，合力的方向可能改变，大于不一定增加1N．故C错误；由于实验总存在误差，用两只弹簧秤拉时合力的图示F与用一只弹簧秤拉时图示F′不完全重合，只要在误差允许范围内，就可以说明“力的平行四边形定则”成立．故D正确
12、 ①. ； ②.A；
【解析】欧姆表是由电流表改装成的，电流表刻度盘刻度均匀，欧姆表原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路的欧姆定律分析答题．多用电表的电流都从红表笔流入，红表笔与内部电源的负极相连，内部电阻应是可调的
【详解】（1）两表笔短接时Rx=0，此时电流为满偏电流Ig，设电池的电动势为E，欧姆表的总内阻为R，由闭合电路的欧姆定律得：Ig=ER；
当指针恰指到D点时，为满刻度的四分之一，即Ig/4处，
由闭合电路的欧姆定律得：Ig/4=，所以RD=3R=72Ω；
（2）欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，内部电源的负极与外部正极插孔相连，故BC错误；
每次换挡都要短接表笔欧姆调零，所以内部应接可调电阻，故D错误，综合分析A正确
故选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、 (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