辽宁省朝阳市建平县二中2026届高二上物理期末预测试题含解析.doc

辽宁省朝阳市建平县二中2026届高二上物理期末预测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、关于物理学史，下列说法正确的是
A.欧姆最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式
B.安培通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
C.自然界存在两种电荷，库仑把丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷叫做正电荷
D.法拉第提出了电场的概念，并引入电场线形象地描述电场
2、如图所示，两根靠近但彼此绝缘的直导线互相垂直，通以大小相同的电流，在哪一个区域两根导线的磁场方向一致且向里（）

A.I区
B.II 区
C.III区
D.IV区
3、在下图中，a、b表面均光滑，且a、b均处于静止状态，天花板和地面均水平。a、b间一定有弹力的是（　　）
A. B.
C. D.
4、如图所示，磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流方向从a到b，导线所受安培力的方向是（ ）

A.向里 B.向外
C.向下 D.向上
5、如图所示，a、b、c、d为某一电场中的四个等势面，已知相邻等势面间电势差相等，一个带正电粒子运动过程中只受电场力作用，先后经过M点和N点，则（ ）

A.电场力对粒子做正功
B.粒子在M点的加速度比N点大
C.四个等势面电势关系为φaφbφcφd
D.该粒子在N点的动能较大，电势能较小
6、在磁场中某一点，已经测出一段0.5 cm长的导线中通入0.01 A电流时，受到的安培力为5.0×10－6N，则下列说法正确的是(　　)
A.该点磁感应强度大小一定是0.1 T
B.该点磁感应强度大小一定不小于0.1 T
C.该点磁感应强度大小一定不大于0.1 T
D.该点磁感应强度的方向即为导线所受磁场力的方向
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、三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是

A.B1=B2=B3
B.B1>B2=B3
C.a、b、c处磁场方向均垂直于纸面向里
D.a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
8、如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2在先后两种情况下( )

A.线圈中的感应电流之比为I1∶I2=2∶1
B.线圈中的感应电流之比为I1∶I2=1∶2
C.线圈中产生焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1
D.通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2=1∶2
9、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是(　　)

图甲 图乙
A.交流电的频率为50 Hz
B.电压表的示数为22 V
C.当光照增强时，Ⓐ的示数变小
D.若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮
10、如图甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定垂直斜面向上为正方向）．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是

A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流
B.MN边受到的安培力先减小后增大
C.线框做匀加速直线运动
D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失
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）如图所示，一束电子的电荷量为e，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子的入射方向的夹角是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？

12．（12分）如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图

（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2．则要完成该实验须满足（ ）
A．m1＞m2，r1＞r2 B．m1＞m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1= r2 D．m1＜m2，r1 = r2
（2）0为斜槽末端垂足，P为碰前入射小球落点的平均位置，M、N两点为碰后两球平均落点位置，则在误差允许的范围内，关系式m1 OP用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒
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）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
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）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、D
【解析】A．焦耳最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式，选项A错误；
B．库伦通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，选项B错误；
C．自然界存在两种电荷，富兰克林把丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷叫正电荷，故C错误；
D．法拉第提出了电场的概念，并引入电场线形象地描述电场，选项D正确。
故选D。
2、D
【解析】AC．由安培定则可知，对于竖直导线一四象限磁场方向为垂直纸面向里，二三象限磁场方向为垂直纸面向外，对于水平导线三四象限磁场方向为垂直纸面向里，一二象限磁场方向为垂直纸面向外，得到一三象限两磁场方向相反，故AC错误；
B．在二象限两根导线的磁场方向一致方向为垂直纸面向外，故B错误；
D．在四象限两根导线的磁场方向一致方向为垂直纸面向里，故D正确
故选D.
3、B
【解析】A．图A中a、b间无弹力，因为a、b无相互挤压，没有发生形变，故A错误；
B．图B中a、b间有弹力，细绳偏离竖直方向，则a、b相互挤压，产生弹力，故B正确；
C．假设图C中a、b间有弹力，a对b的弹力方向水平向右，b将向右滚动，而题设条件b是静止的，所以a、b间不存在弹力，故C错误；
D．假设图D中a、b间有弹力，a对b的弹力垂直于斜面向上，b球不可能静止，故D错误。
故选B
4、D
【解析】由左手定则可知，导线所受安培力方向向上，故选D.
5、B
【解析】AD．由轨迹可知，正粒子从M到N时所受的电场力大致向右，可知场强大致向右，则从M到N电场力做负功电势能变大，动能减小，则该粒子在N点的动能较小，电势能较大，选项AD错误；
B．因为M点的等势线较N点密集，可知M点的电场线较N点密集，则M点的场强较大，则粒子在M点的加速度比N点大，选项B正确；
C．因为场强大致向右，沿电场线电势降低，可知四个等势面电势关系为φa>φb>φc>φd，选项C错误；
故选B.
6、B
【解析】因为导线受到安培力F=BILsinα=5.0×10﹣6N，计算得：Bsinα=0.1T即B=，所以B≥0.1T，故AC错误，B正确；
D、该点的磁感应强度的方向与导线所受的磁场力方向垂直，所以磁感应强度的方向一定不是导线所受的磁场力方向，故D错误；
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、BC
【解析】由题意可知，左、右两导线在a点产生磁场方向垂直纸面向里，下面导线在a处产生的磁场方向向外，所以a点的磁场方向垂直纸面向里，左方导线在b处产生的磁场和下方导线在b点产生的磁场相互抵消，所以b处的磁场为右方导线在b处产生的磁场，方向垂直纸面向里；
右方导线在c处产生的磁场和下方导线在c点产生的磁场相互抵消，所以c处的磁场为左方导线在b处产生的磁场，方向垂直纸面向里；
由磁场的叠加原理可知，a点的磁场最强，bc点的磁场大小相同
故选BC
8、AC
【解析】AB．根据电磁感应定律和欧姆定律可知

故可知在两种情况下，线圈中的电流之比2：1，选项A正确，B错误；
C．线圈中产生的焦耳热等于克服安培力做的功即

故可知线圈中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2=2∶1
选项C正确；
D．通过某截面的电荷量

与速度无关，即q1∶q2=1∶1，选项D错误。
故选AC。
9、AD
【解析】因交流电的周期是0.02 s，所以频率为，故A正确；原线圈接入电压的最大值是220 V，所以原线圈接入电压的有效值是U1＝220 V，根据理想变压器变压比：，代入数据解得副线圈的电压为：U2＝22 V，故B错误；有光照增强时， R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表Ⓐ的示数变大，故C错误；用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确
故本题选AD
10、BC
【解析】A．穿过线圈的磁通量先向下减小，后向上增加，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；
B．因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减后增加，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；
C．因线圈平行的两边电流等大反向，则整个线圈受的安培力为零，则线圈下滑的加速度为gsin θ不变，则线框做匀加速直线运动选项C正确；
D．因安培力对线圈不做功，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误

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、；
【解析】电子在磁场中运动，只受洛伦兹力F作用，故其轨迹AB是圆周的一部分，又因为F垂直于v，故圆心在电子进入和穿出磁场时所受的洛伦兹力指向的交点上，如图中的O点。如图所示。

设电子的轨道半径r，由牛顿第二定律得

解得

因此穿过磁场的时间为

解得

12、 ①.C ②.m1OM + m2ON
【解析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同
（2）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式
【详解】（1）为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C；
（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1′+m2v2，
则：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1x1=m1x1′+m2x2，
因此需要验证：m1OP=m1OM+m2ON
【点睛】本题考查利用平抛运动验证动量守恒定律；主要是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证

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) (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
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、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