2025-2026学年江苏省南京市玄武区溧水高中高二物理第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年江苏省南京市玄武区溧水高中高二物理第一学期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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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、在长度为50m的直线泳道上，有四个运动员组成一组参加了4×100m游泳接力赛，则每个运动员的位移都为（　　）

A.400m B.100m
C.50m D.0
2、如图所示，运动电荷在磁场中没有受到洛伦兹力的是 ( )
A. B.
C. D.
3、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，两个D形金属盒处于方向垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）

A.粒子每次在D2盒中运行的时间是固定不变的
B.粒子每次在D2盒中运行的路程是固定不变的
C.粒子在D型盒内做圆周运动的周期是所加交流电周期的2倍
D.回旋加速器的原理是利用磁场中的洛伦兹力做功使带电粒子速度增大
4、如图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A.在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°.则为( )

A 2
B.3
C.2
D.3
5、如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹，设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB，下列说法正确的是（　　）

A.若aA< aB，则Q靠近M端且为负电荷
B.若aA> aB，则Q靠近M端且为正电荷
C.EpA=EpB
D.EpA>EpB
6、随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图（甲）所示，被测量转子的轮齿（具有磁性）每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大，输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图（乙）所示。下列说法正确的是（）

A.霍尔电压是由于元件中定向移动载流子受到电场力作用发生偏转而产生的
B.若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为正电荷
C.在其它条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越低
D.若转速表显示1800r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
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是圆心角为120°的一段圆弧的两个端点，D是圆弧的中点，圆弧的圆心是O，半径为r，AB与CD相交于C点，电荷量均为Q的两个正点电荷分别固定于A、B两点。静电力常量为k。下列说法正确的是（）

A.O、D两点的电势相等
B.O、D两点的电场强度相等
C.D点的电场强度大小为
D.将一负点电荷从O沿直线OD移到D，其电势能先增加后减少
8、如图所示，在匀强磁场上方将一个半径为R、质量为m的导体圆环从静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相同．已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g．下列说法正确的是

A.圆环进入磁场的过程中，圆环的右端电势高
B.圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动
C.圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为
D.圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR
9、如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2，一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出，不计电子重力，下列说法正确的是（　　）

A.增大U1，电子一定打在金属板上
B.减小U1，电子一定打在金属板上
C.减小U2，电子一定能从水平金属板间射出
D.增大U2，电子一定能从水平金属板间射出
10、在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力)，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是(　　)
A B.
C. D.
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）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响．实验器材如图所示

①测量E和r实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式___________，利用测量数据作出U-I图像，得出E和r
②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路_________
③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U-I图像如图中（a）、（b）、（c）、（d）所示，由此可知：

在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势___________（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻________（填“增大”“减小”或“不变”）
曲线（c）对应的电源电动势E=_____________V，内阻r=____________Ω，当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率P=_____________mW.（均保留三位有效数字）
12．（12分） “测定电池的电动势和内阻”的实验中：

(1)在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于___________端（填“A”或“B”）
(2)如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω
(3)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测________ E真，内阻的测量值和真实值 r测________ r真（填“＜，＞，或=”）
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

14．（16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
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】4×100m游泳接力赛中，每个人各游泳100m，在50m的泳道上运动一个来回回到初始位置，则每个运动员的位移都为零，故选D.
2、D
【解析】电荷在磁场中运动的方向与磁场平行时，不受洛伦兹力的作用，不平行时受洛伦兹力。
故选D。
3、A
【解析】A．粒子每次在D2盒中运行的轨迹均为半圆，所以运行周期均为半个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

磁感应强度和比荷不变，所以粒子每次在D2盒中运行的时间是固定不变的，故A正确；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动

解得

粒子每次经过电场加速后速度变大，在磁场中运动半径变大，所以粒子每次在D2盒中运行的路程是逐渐增大的，故B错误；
C．为了使粒子经过电场时能够持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动的周期是相同的，故C错误；
D．根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子通过狭缝时，电场力做正功实现加速，故D错误。
故选A。
4、C
【解析】考查库仑力作用下的平衡问题。
【详解】设A球的电荷量为q0，两次实验A球都受力平衡，库仑力：

设A球的质量为m，对A球受力分析可得：

两球之间的距离，其中L为线长，r为两球球心间的距离。
联立上式解得：

所以有：

C正确。
故选C。
5、B
【解析】AB、由图可知粒子电场力应向左方，因粒子带负电，故电场线的方向应向右，若aA< aB，则Q靠近N端且为负电荷，故A错误；若aA> aB，则Q靠近M端且为正电荷，故B正确；
CD、粒子由A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，故A点的电势能EpA小于在B点的电势能EpB；故CD错误；
故选B
【点睛】曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向左，故从A到B，电场力做负功，电势能增加
6、C
【解析】A.载流子受磁场力而偏转，故A错误；
B.由左手定则可判断出载流子受力向前端偏转，若前端电势变低，意味着载流子带负电，故B错误；
C.霍尔电压

c越大，U越小，故C正确；
D.每个轮齿经过，都会引发一次脉冲，则每分钟脉冲数量为270000个，故D错误。

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、AC
【解析】A．O、D两点关于两等量正电荷对称，所以两点电势相等，A正确；
B．根据场强叠加法则可知O、D两点电场强度等大反向，B错误；
C．D点的电场强度叠加示意图：

根据点电荷的场强公式结合几何关系可知：

C正确；
D．一负点电荷从O沿直线OD移到C，电场力做正功，电势能减小，从C点移到D点，电场力做负功，电势能增加，所以负点电荷从O沿直线OD移到D，其电势能先减小后增加，D错误。
故选AC。
8、AD
【解析】分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向，由电源部分决定哪端电势高低；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量；根据动能定理求出线框的ab边刚进入磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的功.
【详解】圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，由于进入磁场的下部分相当于电源，可知圆环的右端电势高，故A正确；由于圆环刚进入磁场的过程中产生的感应电流不等，安培力不等，故线圈不可能匀速，故B错误；根据，得，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2R-W=0，所以W=2mgR．故D正确．故选AD
【点睛】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况
9、BC
【解析】设水平金属板长为L，两板间距离为d，电子在加速度电场中，根据动能定理，有
eU1=mv2
电子在偏转电场中，水平方向有
L=vt
竖直方向

联立三式可得，电子在竖直方向的偏转距离

AB．由上式可知，减小U1，可增大偏转距离y，则电子一定打在金属板上，故B正确，A错误；
CD．减小U2，可减小偏转距离y，则电子一定能从水平金属板间射出，故C 正确，D错误。 
故选BC。
10、BC
【解析】如电子水平向右运动，在A图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，电子向右可能做匀速直线运动；在D图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此BC正确

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.U=E-Ir ②. ③.不变 ④.增大 ⑤.0.975 ⑥.478 ⑦.0.268
【解析】①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式U="E-Ir" ，利用测量数据作出U-I图像，U-I图像与纵轴截距等于电源电动势E，图线斜率的绝对值等于电源内阻r
②由于将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，所以把电流表与滑动变阻器串联后与电源开关构成闭合回路，电压表并联在电源和开关两端，实物图如图所示

③图线与纵轴的交点的纵坐标即为电动势，由图象可知，图象与纵轴的交点纵坐标不变，所以电动势不变；图线斜率的绝对值即为内阻，由图象可知，（a）（b）（c）（d）图象斜率的绝对值变大，电源内阻变大．由此可知：随电极间距的减小电源内阻增大．由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为0.975，电源电动势E=0.975 V；（c）对应图线斜率绝对值约为478（从线上选取两点即可求斜率），电源的输出功率
12、 ①.A ②.1.5 ③.1.0 ④.= ⑤.＞
【解析】（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；
（2）由图可知，图象由纵坐标交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻
（3）将电压表并连在滑动变阻器的A．B两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况
【详解】（1）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为右半部分；故滑片应接到A端；
（2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小．U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以；
（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的．而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值

【点睛】本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻

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、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
14、 (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
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