2026届宿州市重点中学物理高二上期末综合测试模拟试题含解析.doc

2026届宿州市重点中学物理高二上期末综合测试模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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、如图所示电路中，开关S闭合，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是(　　)

A.电压表示数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮
B.电压表示数变小，通过灯L1的电流变大，灯L2变暗
C.电压表示数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗
D.电压表示数变大，通过灯L2的电流变大，灯L1变亮
2、如图所示的图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（　　）

A.R的阻值为0.5Ω
B.电源电动势为4.0V，内阻为0.5Ω
C.2s内电阻R上消耗的电能为4J
D.若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为之前的一半
3、如图所示，矩形金属框CDEF用两根绝缘细线悬挂于天花板上，其中CD和EF质量均为m，CF和DE重力不计，金属框处于竖直向下的匀强磁场中。现使金属框中通过图中所示的恒定电流。当系统稳定后，则（　　）

A.CD边将垂直纸面向里偏离至某处
B.EF边将垂直纸面向里偏离至某处
C.两根绝缘细线的拉力均大于mg
D.两根绝缘细线的拉力均等于mg
4、首先发现电流磁效应的科学家是（）
A.安培 B.爱因斯坦
C.库仑 D.奥斯特
5、如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法不正确的是（）

A.线圈先后两次转速之比为3:2
B.在图中t = 0时刻穿过线圈的磁通量为零
C.交流电a瞬时值为V
D.交流电b的最大值为V
6、空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )

A.A点和B点电势相同
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点，静电力做正功
D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小
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，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放罝。小磁块先后在管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块

A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在P中下落过程中机械能减小
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
8、铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热．如图所示，将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热，下列说法中正确的是

A.采用增大交变电流的频率，可使焊接效果越好
B.采用增大感应线圈电阻值，可使焊接效果越好
C.采用金属电阻率越小的管道材料，焊接效果越好
D.感应线圈中通以正弦交流电，在管道中产生的涡流也是交流电
9、如图所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成．电容器通过开关S及电阻及与电源E相连接。则（　　）

A.M上移电容器的电容变大
B.将D从电容器抽出，电容变小
C.断开开关S，M上移，MN间电压将增大
D.闭合开关S，M上移，流过电阻R的电流方向从B到A
10、如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系在的空间内有与场强方向垂直的匀强磁B；在的空间内，将一质量为的带电液滴(可视为质点)从P点自由释放，此液滴沿轴的负方向以加速度(为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了它的带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入的空间内运动，液滴在的空间内运动的过程中

A.动能不断增大
B.动能保持不变
C.重力势能一定先减小后增大
D.电势能一定先减小后增大
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）有一个小灯泡上标有“4.8 V 2 W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：
A．电压表V1（0～3 V，内阻3 kΩ） B．电压表V2（0～15 V，内阻15 kΩ）
C．电流表A（0～0.6 A，内阻约1 Ω） D．定值电阻R1=3 kΩ
E．定值电阻R2=15 kΩ F．滑动变阻器R（10 Ω，2 A）
G．学生电源（直流6 V，内阻不计） H．开关、导线若干
(1)为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用_______，定值电阻应选用_______（均用序号字母填写）；
(2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图__________；

(3)根据实验做出P﹣U2图象，下面的四个图象中可能正确的是_____________
A、 B、
C、 D、
12．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现有一只标有“5V，”的小灯泡、导线和开关，还有：
A.直流电源电动势约为5V，内阻可不计
B.直流电流表量程，内阻约为
C.直流电流表量程，内阻约为
D.直流电压表量程，内阻约为
E.直流电压表量程，内阻约为
F.滑动变阻器最大阻值，允许通过的最大电流为
G.滑动变阻器最大阻值，允许通过最大电流为
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据

实验中电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______．填器材前的字母
该实验设计了如图1所示的四个电路，为了减小误差，应选取的电路是______
某同学通过实验正确作出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，此时灯泡的实际功率为___结果保留两位有效数字
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）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
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、A
【解析】当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮；
电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗；
AB．综上分析电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，L1变暗；通过灯L2的电流变大，L2变亮，A正确B错误；
CD．综上分析电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，L1变暗；通过灯L2的电流变大，L2变亮，CD错误；
故选A
2、C
【解析】A．R的图线的斜率大小等于R的阻值，则=2.0Ω，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律得，U=E−Ir，当I=0时，U=E，由图可读出电源的电动势E=4.0V,内阻等于图线a的斜率大小，则=2.0Ω，故B错误；
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工作状态，由图读出电阻两端电压U=2.0V，电路中电流I=1.0A，则电阻在2s内消耗的电能E=UIt=4J，故C正确；
D．由于电源内阻的存在，若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流比原来的一半大，故D错误。
故选C。
3、D
【解析】CD．根据：

结合左手定则可知导体棒CD和EF受到的安培力等大反向，从左向右看，对线框整体受力分析：

根据平衡条件：

所以两根绳子拉力均为：

C错误，D正确；
AB．从左向右看分别对导体棒CD和EF受力分析：

结合整体法可知CD边保持原来状态静止不动，EF边将垂直纸面向外偏离至某处，AB错误。
故选D。
4、D
【解析】首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故D正确，ABC错误。
故选D。
5、B
【解析】A、由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s:0.6s=2:3，而，故线圈先后两次转速之比为3:2；故A正确.
B、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大；故B错误.
C、正弦式电流a的瞬时值为;故C正确.
D、根据电动势最大值公式，得到两电动势最大值之比为Ema：Emb=Tb:Ta=3:2，Ema=10V，则得到正弦式电流b的最大值为;故D正确.
本题选不正确的故选B.
6、C
【解析】A．A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，故A错误
B．根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，则电场强度不同，故B错误
C．从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，故C正确
D．C点和D点在同一个等势面上，负电荷在CD两点电势能相等；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大原来的值，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、BC
【解析】A．当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，运动不是自由落体运动，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误。 
B．由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，克服安培力做功，机械能减小，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B正确。 
C．在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确。 
D．根据动能定理可知，因安培阻力导致产生热量，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。
故选BC。
8、ACD
【解析】高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高
【详解】高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快．故A正确．当增大感应线圈电阻，相当于减小了交流电的电流，电流的峰值变小，在频率不变的情况下，单位时间电流的变化量变小，即电流的变化率变小，则磁场的变化率变小，磁通量的变化率变小，加热效果减弱，故B错误；采用金属电阻率越小的管道材料，会在焊接的管道中产生较大的电流，焊接效果越好，选项C正确；感应线圈中通以正弦交流电，根据法拉第电磁感应定律可知，在管道中产生的涡流也是交流电，选项D正确；故选ACD.
9、BC
【解析】，根据电容的决定式可知，当M向上移时，板间距离d增大，电容器的电容变小；当将D从电容器抽出，介电常数减小，电容器的电容变小，故A错误，B正确；断开开关S，M上移，电量不变，而电容减小，根据电容的定义式，可知电容器两端的电压增大，故C正确；闭合开关S，电压不变，M上移时电容减小，则由可知，电量Q减小,电容器放电，流过电阻的电流方向从A到B，故D错误．选BC.
【点睛】根据电容的决定式，分析电容的变化．电容器的板间电压不变，根据电容的定义式，分析电容器电量的变化，即可判断电路中电流的方向
10、BC
【解析】带电粒子在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE+mg＝ma＝m•2g，故qE＝mg，当带电粒子进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处于平衡．而洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．所以重力势能先减小后增大，故C正确；由于电场力先作负功后做正功，所以电势能先增大后减小，故D错误；由于做匀速圆周运动，则速度大小不变，则动能不变，故A错误，B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.A ②.D ③.见解析 ④.C
【解析】为了使测量误差小，电压表V2量程太大，所以用V1，又因为V1量程小于灯泡的额定电压，所以串联一个电阻组成一个稍大一些的电压表，故定值电阻与V1串联，测量灯泡两端的电压，新量程在6V左右即可，因为3kΩ与电压表V1内阻相等，所以新量程为6V，若选用15kΩ，新量程变为18V，太大了，所以定值电阻选用D;
为了多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表电阻较小与被测灯泡阻值接近，所以采用外接，电路图如下：

根据功率，电压，电阻的关系,随功率的增加小灯泡的电阻变大，所以图像的斜率变小，故C正确
12、 ①.C ②.E ③.F ④.C ⑤.
【解析】根据灯泡额定电流选择电流表和电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后将实物电路连接完整．在灯泡的图象坐标系内作出电源的图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出此时灯泡实际功率
【详解】灯泡额定电流为：，则电流表量程选择即可，故电流表选C；额定电压为5V，故电压表应选择E；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器选择F
描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为，电流表内阻约为，电压表内阻约为，则电压表内阻远大于灯泡电阻，故电流表应采用外接法，故应选择C电路；
把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：，在图甲中作出电源的图象如图所示：

由图可知，此时灯泡两端电压为：，灯泡电流为：，灯泡实际功率为：
【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的前提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法，求灯泡实际功率时要注意图象法的应用，要掌握应用图象法处理实验数据的方法

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）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
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