2025-2026学年湖南省怀化市中方县第一中学高二上物理期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年湖南省怀化市中方县第一中学高二上物理期末学业质量监测模拟试题
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、如图所示，在匀强磁场中有一水平绝缘传送带以速度ν沿顺时针方向传动．现将一带正电的小物块轻放在传送带的左侧．设小物块在运动过程中电量保持不变，则小物块运动情况可能正确的是

A.小物块先做匀加速运动，最后做匀速直线运动
B.小物块做加速度增大的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动
C.小物块做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D.小物块做加速度减小加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动
2、均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布着正电荷，总电荷量为，球面半径为，为通过半球顶点与球心的轴线，在轴线上有、两点，。已知点的电场强度大小为，静电力常量为，则点的电场强度大小为（　　）

A. B.
C. D.
3、如图所示，边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。刚开始时线框的右边ab刚好与磁场的左边界重合，规定水平向右为正方向。下面A、B、C、D四个图中能正确反映ab边受到的安培力F随运动距离x变化规律的是（　　）

A. B.
C. D.
4、如图所示，O1O2是矩形导线框ABCD的对称轴，其左方有匀强磁场．下列情况下ABCD中有感应电流产生的是（）

A.将ABCD向纸外平移 B.将ABCD向上平移
C.将ABCD以AB为轴转动60° D.将ABCD以CD为轴转动60°
5、如图所示，T和S是绕地球做匀速圆周运动两颗人造地球卫星，虚线为各自轨道，其中T为地球同步卫星．由此可以判定

A.T卫星可以相对地面静止在天津的正上方
B.T卫星的运行周期小于S卫星的运行周期
C.T卫星的运行速率大于S卫星的运行速率
D.T卫星、S卫星的运行速率均小于7.9km/s
6、下列说法中正确的是
A.奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究
B.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
C.楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体
D.安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律
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、有一电流计，内阻Rg＝25 Ω，满偏电流Ig＝3 mA，现对它进行改装，下列说法正确的是(　　)
A.把它改装成量程为0.6 A的电流表，需与它并联一个0.126 Ω的电阻
B.把它改装成量程为0.6 A电流表，需与它串联一个0.126 Ω的电阻
C.把它改装成量程为3 V的电压表，需与它并联一个975 Ω的电阻
D.把它改装成量程为3 V的电压表，需与它串联一个975 Ω的电阻
8、如图甲所示，足够长的水平光滑平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为1m，范围足够大的匀强磁场方向竖直向上，导轨M、P之间连接一个阻值为3Ω的电阻R，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑的定滑轮与重物相连，细线对导轨的拉力平行于导轨，金属棒ab的质量为0.2kg、有效电阻为0.5Ω，重物的质量为0.4kg。将重物和金属棒由静止释放，金属棒的位移与时间的关系如图乙所示，其中0.4s~0.6s内的图线为直线，导轨的电阻不计，g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A.t=0时刻金属棒的加速度大小为10m/s2
B.磁场的磁感应强度大小为2T
C.在0～0.6s内通过电阻R的电荷量为0.8C
D.在0～0.6s内电阻R产生的热量为1.925J
9、如图所示为远距离输电的电路图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，用户得到的功率为P。已知升压变压器原副线圈的匝数分别为、，电流分别为、，电压分别为、，输电线的总电阻为R，则下列关系正确的是

A.
B.
C.
D.
10、在同一光滑斜面上放同一导体棒，下图所示是两种情况的剖面图。它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡．已知斜面的倾角为θ，则（　　）

A.I1∶I2=cosθ：1
B.I1∶I2=1∶1
C.导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθ
D.斜面对导体A的弹力大小之比N2∶N2=cos2θ∶1
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）匀速圆周运动的特点是（填“变化”或“不变化”）
（1）线速度________；
（2）角速度________；
（3）加速度_________；
（4）周期___________
12．（12分）（1）如图所示的实验装置是用来研究________________ （选填“电流的磁效应”或“磁场对通电导线的作用”）的。

（2）实验前，开关断开，小磁针静止在水平桌面上，小磁针正上方的导线与小磁针的NS方向平行，此时，小磁针的N极指向地理_________（选填“北极”或“南极”）附近。
（3）开始实验，闭合开关，从上往下看，小磁针将沿_________（填“顺时针"或“逆时针"）偏转一定角度。
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】滑块受重力、支持力、洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化
【详解】滑块受重力、支持力、向上的洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：μ（mg-qvB）=ma，随速度的增加，滑块的加速度逐渐减小，直到mg=qvB时加速度减为零，滑块做匀速运动，故选C.
2、A
【解析】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N点所产生的电场为

由题知当半球面如图所示

点的电场强度大小为，则点的场强为

故选A。
3、C
【解析】线框的位移在，0－L内，ab边切割磁感线产生的感应电动势为
，
感应电流
，
ab边所受的安培力大小为
，
由楞次定律知，ab边受到安培力方向向左，为负值，线框的位移大于L后，位移在L－2L内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab边不受安培力，位移在2L－3L内，ab边在磁场之外，不受安培力，故C正确，ABD错误；
故选C。
4、D
【解析】产生感应电流的条件是闭合回路磁通量有变化，设磁场磁感应强度为B，线框面积为S
A．将ABCD向纸外平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，A错误
B．将ABCD向上平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，B错误
C．将ABCD以AB为轴转动60°，回路磁通量，仍未发生变化，没有感应电流，C错误
D．将ABCD以CD为轴转动60°，磁场中的面积减小，回路磁通量，磁通量减小，回路有感应电流，D正确
5、D
【解析】A项：地球同步卫星只能在赤道平面上空，所以不可能在天津的正上方，故A错误；
B项：由公式得：，由于T卫星的半径大于S卫星的半径，所以T卫星的运行周期大于S卫星的运行周期，故B错误；
C项：由公式得：，由于T卫星的半径大于S卫星的半径，T卫星的运行速率小于S卫星的运行速率，故C错误；
D项：由公式可知，由于T卫星和S卫星的半径都大于地球的半径，所以两都的速率都小于第一宇宙速度7.9km/s，故D正确
故选D
6、D
【解析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.
【详解】A、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象研究；故A错误.
B、奥斯特发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的；故B错误.
C、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体；故C错误.
D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律；故D正确.
故选D.
【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.

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】AB．把电流表改装成的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：

故A正确，B错误；
CD．把电流表改装成的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：

故C错误，D正确
【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题
8、BC
【解析】A．据系统牛顿第二定律得

解得

故A错误；
B．导体棒匀速运动时，其速度为

据平衡条件得

解得

故B正确；
C．根据电磁感应过程的电荷量推论公式

故C正确；
D．根据系统能量守恒可得

解得回路中的焦耳热

电阻与导体棒电阻串联，则有

故D错误。
故选BC。
9、BD
【解析】A．升压变压器原线圈的电流，P1应该是发电机的输出功率，由于输电线的功率损失，所以P1＞P，故A错误；
B．理想变压器的输出功率等于输入功率，即

故B正确；
C．U2不是输电线电阻R两端的电压，故C错误；
D．根据能量守恒可知

故D正确。
故选BD。
10、AD
【解析】两种情况下，导体棒受力如图所示，I1所受的安培力沿斜面向上，I2所受的安培力水平向右；

I1 所受的安培力沿斜面向上，如左图，根据共点力平衡得：
F1=mgsinθ
N1=mgcosθ
I2所受的安培力水平向右，如右图，根据共点力的平衡得：
F2=mgtanθ

又：
F1=BI1L
F2=BI2L
所以：

斜面对导体A的弹力大小之比

AD正确，BC错误。
故选AD。

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.变化 ②.不变化 ③.变化 ④.不变化
【解析】（1）[1]匀速圆周运动的线速度是矢量，线速度大小不变，方向时刻改变，所以线速度是变化的；答案为变化
（2）[2]匀速圆周运动是角速度不变的运动；角速度也是矢量，中学一般不讨论; 答案为不变化
（3）[3]匀速圆周运动的加速度是矢量，加速度大小不变，方向时刻改变，所以加速度变化；答案为变化
（4）[4]匀速圆周运动周期不变，周期标量; 答案为不变化
12、 ①.电流的磁效应 ②.北极 ③.顺时针
【解析】(1)[1]如图的实验装置，是用来研究电流的磁效应的；
(2)[2]开关断开，导线中无电流，小磁针在地磁场作用下，小磁针的N极指向地理的北极附近；
(3)[3]闭合开关，导线中有向左的电流，由右手螺旋定则可知，小磁针所在位移的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针的N极向外，S极向里，从上往下看，小磁针将沿顺时针方向转动一定角度。

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