山东省淄博一中2026届物理高二第一学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

山东省淄博一中2026届物理高二第一学期期末综合测试模拟试题
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、建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是（）
A.法拉第
B.奥斯特
C.赫兹
D.麦克斯韦
2、已知雨滴在空中运动时所受空气阻力，其中k为比例系数，r为雨滴半径，为其运动速率．t=0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为．下列图像中错误的是
A. B.
C. D.
3、如图所示，在足够长的竖直线的右侧有方向垂直纸面向外且范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场区域，一带电粒子q从P点沿与竖直线成角θ＝45°方向，以大小为v的初速度垂直磁场方向射入磁场中，经时间t从Q点射出磁场．不计粒子重力，下列说法正确的是

A.带电粒子q可能带正电荷
B.带电粒子的比荷＝
C.若PQ之间的距离等于L，则带电粒子在匀强磁场中的轨迹半径R＝L
D.粒子射出磁场时与水平线的夹角为θ
4、如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由N极匀速平移到S极的过程中，线框中的感应电流的情况是( )

A.线框中始终无感应电流
B.线框中始终有感应电流
C.线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流
D.开始无感应电流，当运动到磁铁中部上方时有感应电流，后来又没有感应电流
5、在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断不正确的是( )
A. B.
C. D.
6、如图，a、b、c三个粒子由同一点沿垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场.以下说法错误的是（　　）

A.a和b在电场中运动的时间相等
B.电场力对b做的功比对a做的功多
C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D.若想让c也打在下极板上，可增大两板间的电压
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、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，核心部分为两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，将其置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，下列说法正确的是

A.粒子被加速后的最大动能随加速电场电压的增大而增大
B.离子由加速器的边缘进入加速器
C.电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定
D.为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍，可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍
8、在如图所示的U﹣I图象中，直线a为某电源的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为某电阻R的U﹣I图象．用该电源与电阻R直接连成一闭合电路，由图象可知（　　）

A.R的阻值为0.5Ω
B.电源电动势为3V，内电阻为1.5Ω
C.电源的输出功率为3.0W
D.电源的效率为50%
9、在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是

A.电压表V1示数在变大，电压表V2示数在变小
B.电流表A的示数减小，电压表V3示数在变小
C.电容器的电荷量增大，电阻R1消耗的电功率变大
D.电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大
10、下列四幅演示实验图中，能正确表述实验现象的是（　　）

A.图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环A，A会远离磁铁
B.图乙断开开关S，触点C不立即断开
C.图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数
D.图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
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）丹麦物理学家、化学家、文学家___________，在一次讲课中，他偶然地把导线沿南北方向放置在指南针的上方，当导线通电时，发现指南针发生了转动．这个实验现象首次揭示了___________(填：磁与磁的联系、电与电的联系或电与磁的联系)．为此，法拉第评价说：“他突然打开了科学中一个黑暗领域的大门，使其充满光明．”
12．（12分）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧姆，电压表的内阻约为十几千欧．根据实验所测8组数据，在如图所示I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.

①请根据你的判断在虚线框中画出实验电路图______.

②根据图甲可确定小灯泡功率P与U2和I2的关系图象，其中正确的是（ ）

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、D
【解析】法拉第最先验证了电磁感应现象；奥斯特最先发现电流的磁效应；赫兹最先验证了电磁波的存在；麦克斯韦建立了电磁场理论，并预言了电磁波的存在。
故选D。
2、D
【解析】AB.t=0时，雨滴由静止开始下落，v=0，所受空气阻力f=kr2υ2=0，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定律mg-f=ma，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当最后f=kr2υ2=mg时，加速度减小到零，速度再不变，雨滴匀速，故A B正确；
CD.当最后匀速运动时有kr2υ02=mg=ρgπr3，可得最大速率与成正比，υ02∝r，故C正确，D错误；
本题选错误的，故选D
3、D
【解析】A项：由题意可知，粒子要从Q点射出，所以粒子应向左上方偏转，由左手定则可知，粒子应带负电，故A错误；
B项：由题可知，粒子在磁场中运动的弦切角为450，由公式，解得：，故B错误；
C项：若PQ之间的距离等于L即粒子在磁场中做圆周运动对应的弦长为L，由数学知识可知，，解得：，故C错误；
D项：由粒子在磁场中做圆周运动的对称性可知，粒子射出磁场时与水平线的夹角为θ，故D正确
故应选：D
4、B
【解析】条形磁铁中部磁性较弱，两极磁性最强，线圈从左向右移动过程中，线圈中磁通量先减小后反方向增大，因此线圈中始终有感应电流
A．线框中始终无感应电流，与结论不相符，选项A错误；
B．线框中始终有感应电流，与结论相符，选项B正确；
C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流，与结论不相符，选项C错误；
D．开始无感应电流，当运动到磁铁中部上方时有感应电流，后来又没有感应电流，与结论不相符，选项D错误；
5、C
【解析】A.根据左手定则，垂直纸面向里的磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向上。故A正确不符合题意。
B.根据左手定则，垂直纸面向外的磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动的方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力向下。故B正确不符合题意。
C.当速度与磁感线平行时，电荷不受洛伦兹力。故C错误符合题意。
D.根据左手定则，水平向左的磁感线穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向向上，拇指指向洛伦兹力的方向，判断出来洛伦兹力方向垂直纸面向外。故D正确不符合题意。
6、B
【解析】A．粒子的质量和电量相同，知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短，A正确；
B．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，粒子的质量和电量相同，即受到的电场力相等，根据可知电场力对两粒子做功相等，B错误；
C．因为

又

因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以

C正确；
D．要使c粒子也打在极板上，即要求c粒子的竖直方向上的位移增大，可以增大粒子运动的加速度，即增大两极板间的电压，D正确。
本题选错误的，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、CD
【解析】A：据得，当粒子在D形盒内运动半径最大时，速度最大，；粒子被加速后的最大动能，可得：，则粒子被加速后的最大动能与加速电场电压无关．故A错误
B：离子由加速器的中间部分进入加速器，故B错误
C：电场变化周期应等于粒子在磁场中运动周期，则电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定．故C正确
D：被加速的粒子获得的动能，只调节D形盒的半径增大为原来的2倍，粒子获得的动能增加为原来的4倍．故D正确
【点睛】粒子经回族加速器加速获得的最大动能与加速电压无关，加速电压影响的是加速的次数
8、BD
【解析】A．图线b的斜率表示电阻，所以电阻为

故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，知当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则

故B正确；
C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时的工作状态，由图读出电压U=1.5V，电流I=1.0A，则电源的输出功率为

故C错误；
D．电源的效率为

故D正确
9、AD
【解析】保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化
【详解】A、B项：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V3示数在变小，U1示数U1=IR1，随I的增大在变大，U2示数U2=E-I（R1+r），随电流I的增大而减小，故A正确，B错误；
C项：电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小，故C错误；
D项：电源内阻损耗的功率，由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率，电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故D正确
故应选：AD
【点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握、

及电容决定因素
10、AB
【解析】A．图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A正确；
B．图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不立即断开，故B正确；
C．图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；
D．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍．因此铜盘将转慢，故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).奥斯特 (2).电与磁的联系
【解析】[1][2]丹麦物理学家、化学家、文学家奥斯特，在一次讲课中，他偶然地把导线沿南北方向放置在指南针的上方，当导线通电时，发现指南针发生了转动。这个实验现象首次揭示了电与磁的联系。为此，法拉第评价说：“他突然打开了科学中一个黑暗领域的大门，使其充满光明。”
12、 ①. ②.D
【解析】①分析题目要求及原理，可得出实验电路图；
②由功率公式可得出功率与电流及电压的关系，结合数学知识进行分析，即可得出正确结论.
【详解】①由题意可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故电流表使用外接法，故电路图如下图所示；

②由于灯泡的电阻随温度的增加，由功率公式可得，故在P-I2图象中，图象的斜率表示电阻，故斜率变大，故C错误，D正确；而在P-U2图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，故图象中斜率应越来越小，故A，B均错误；故选D.
【点睛】电学实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律．注意学会从数学函数的角度分析物理图象问题.

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