2025-2026学年江西省上饶市铅山一中、横峰中学高二物理第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年江西省上饶市铅山一中、横峰中学高二物理第一学期期末达标检测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，质量相同的两颗卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，A的轨道半径小于B的轨道半径，下列说法正确的是（）

A.卫星A的运行速度大于7.9 km/s
B.卫星B的发射速度大于7.9 km/s
C.卫星A的机械能大于卫星B的机械能
D.卫星B的加速度大于卫星A的加速度
2、在如图所示电路中，闭合开关后，相同的两个灯泡A、B均正常发光，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，则（　　）

A.A灯变亮，B灯变暗
B.A灯变暗，B灯变亮
C.A、B灯均变亮
D.A、B灯均变暗
3、如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（　　）

A.把R2的滑片向左移动 B.把R2的滑片向右移动
C.把R1的滑片向左移动 D.把开关S断开
4、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
5、喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P．关于此微滴及其在极板间电场中运动，下列说法正确的是

A.经带电室后带正电
B.电场力对微滴做负功
C.动能增大
D.电势能增大
6、两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的
A.轨道半径减小，角速度增大
B.轨道半径减小，角速度减小
C轨道半径增大，角速度增大
D.轨道半径增大，角速度减小
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、在如图甲所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关S将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整过程图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）

A.图乙中图线a是电压表的示数随电流表示数变化的图线
B.电源内阻为Ω
C.电源的最大输出功率为W
D.滑动变阻器的最大功率为W
8、 “电流天平”是根据通电导线在磁场中受安培力作用制成的一种灵敏测量仪器．利用“电流天平”可以测量磁感应强度B的大小，把匝数为n的矩形导线框吊在等臂天平的一臂，另一臂挂空砝码盘，使天平平衡；再在天平砝码盘加重为mg的砝码，矩形导线框通电流强度为I的电流，长度为L的ab边在磁场中，天平再次平衡．则

A.导线框中电流的方向为a→b
B.导线框中电流的方向为b→a
C.磁感应强度B的大小为mg/IL
D.磁感应强度B大小mg/nIL
9、如图所示,实线表示在竖直平面内的电场线,电场线与水平方向成角,水平方向的匀强磁场与电场正交,有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动,L与水平方向成角,且则下列说法中正确的是

A.液滴一定做匀速直线运动
B.液滴一定带正电
C.电场线方向一定斜向上
D.液滴有可能做匀变速直线运动
10、在如图所示的电路中，电源电动势E=10V，电源内阻r=1Ω，灯泡L标有“3 V，6 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（　　）

A.电动机的输入电压是5 V
B.电动机输出机械功率是6 W
C.电动机的效率是80%
D.整个电路消耗的电功率是10 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）用多用电表测某一电阻，一同学选择欧姆挡“×100”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示。

（1）为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
A.将选择开关转至_____（选填“×1”“×10”或“×1k”）挡；
B．将红、黑表笔短接，进行_____（选填“欧姆调零”或“机械调零”）。
（2）重新测量后，刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是_____Ω。
12．（12分）图为一演示实验电路图，图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡，电键S处于闭合状态，电路是接通的．现将电键K断开，则在电路切断的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从___ 端到____端，这个实验是用来演示______现象的

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）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）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

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、B
【解析】A.第一宇宙速度是所有绕地球运转的卫星的最大环绕速度，则卫星A的运行速度小于7.9 km/s，选项A错误；
B.第一宇宙速度也是所有绕地球运转的卫星的最小的发射速度，则卫星B的发射速度大于7.9 km/s，选项B正确；
C.卫星B发射的较高，需要的能量较大，具有的机械能也较大，即卫星A的机械能小于卫星B的机械能，选项C错误；
D.根据可知，卫星B的加速度小于卫星A的加速度，选项D错误；
故选B
2、A
【解析】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据串反并同可知由于灯泡B与滑动变阻器并联，则灯泡B的电功率减小，即B灯变暗，灯泡A与滑动变阻器串联，则灯泡A的电功率增大即A灯变亮，故A正确，BCD错误。
故选A。
3、A
【解析】AB．要使尘埃P向下运动，则其受到的电场力应该减小，即电容器两极板间电压应该减小，故R2的滑片应该向左移动，选项A正确，B错误；
C．由于电容器在直流电路中相当于断路，故滑动R1的滑片对电容器两极板的电压没有影响，选项C错误；
D．断开开关，则电容器相当于直接接在电源两端，其极板间电压增大，尘埃向上运动，选项D错误。
故选A。
4、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。
5、C
【解析】由墨汁微滴带负电,在电场中受到的力来确定偏转方向;根据墨汁微滴做类平抛运动来确定侧向位移,及电场力做功来确定电势能变化情况.
【详解】墨汁微滴经带电室后带带负电,故向正极板偏转,电场力做正功，动能增大，电势能减小，故C对；ABD错；
故选C
6、D
【解析由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确
【定位】磁场中带电粒子的偏转
【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能

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．将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，则R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，可知图线b反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线a反映的是电压表V2的示数随电流的变化，故A正确。
B．根据闭合电路欧姆定律得电压表V2的示数为：
U2=E-I（R1+r）①
由图线a的斜率大小等于R1+r，由图知：

图线b的斜率等于R1，则有：

则电源的内阻为r=5Ω，故B错误；
C．图线a延长与U轴截距为电源的电动势E=6V，当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，最大的输出功率为：

故C正确；
D．把R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，滑动变阻器的最大功率为：

故D错误；
故选AC。
8、BD
【解析】根据左手定则判断电流方向；由安培力和重力平衡求解B.
【详解】导线框受安培力向下，由左手定则可知，ab中的电流的方向为b→a，选项A错误，B正确；由平衡知识可知：mg=nBIL可知，选项C错误，D正确；故选BD.
9、ABC
【解析】带电液滴做直线运动，要么合力为零做匀速直线运动，要么所受合力与速度方向在同一直线上，做匀变速直线运动；对带电液滴进行受力分析，然后答题
【详解】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做曲线运动和匀变速直线运动，故A正确，D错误．当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动；如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带负电液滴斜向下运动时所受合力才可能为零，沿直线L运动，故BC正确；故选ABC
【点睛】知道液滴沿直线运动的条件是合力为零或所受合力方向与速度方向在同一直线上、对带电液滴正确受力分析，是正确解题的关键
10、AB
【解析A．灯泡恰能正常发光，则电路中的电流，则有

则电动机的输入电压为

故A正确；
B．电动机输入功率

则电动机输出机械功率

故B正确；
C．电动机的效率

故C错误；
D．整个电路消耗的电功率是

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.×10 ②.欧姆调零 ③.130
【解析】（1）[1][2]．选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，指针偏转角度太大说明指针示数太小，选择倍率太大，为准确测量电阻阻值：
A．应换用小挡位，换用×10倍率档；
B．将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。
（2）[3]．由图示表盘可知，测量结果为：13×10=130Ω；
12、 (1).a (2).b (3).自感
【解析】在断开前，自感线圈中有向左的电流，断开K后瞬间，的电流要减小，于是中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零，原来跟并联的灯泡，由于电源的断开，向右的电流会立即消失．但此时它却与形成了串联的回路，中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡中流过，方向由到，因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，将这称为自感现象，
【点睛】线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与组成闭合回路，的左端电势高，做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向

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、 (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、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