河南省许昌市长葛一中2025-2026学年物理高二上期末统考试题含解析.doc

河南省许昌市长葛一中2025-2026学年物理高二上期末统考试题
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、如图所示是质谱仪工作原理的示意图．重力均可忽略的带电粒子a、b经电压U加速(在A点的初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则(　　)

A.a的质量一定大于b的质量 B.a的电荷量一定大于b的电荷量
C.在磁场中a运动的时间一定小于b运动的时间 D.a的比荷一定大于b的比荷
2、锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法不正确的是( )

A.电能转化为化学能的功率为UI－I2r
B.充电器输出的电功率为UI＋I2r
C.电池产生的热功率为I2r
D.充电器的充电效率为×100%
3、如图所示，在水平放置的条形磁铁N极附近，一个闭合线圈向下运动并始终保持水平。在位置B，N极附近的磁感线正好与线圈平面平行。从上往下看，下列说法正确的是（）

A线圈从A向B运动过程中，线圈中产生顺时针感应电流
B.线圈从B向C运动过程中，线圈中产生逆时针感应电流
C.线圈经过B位置时，线圈中的磁通量达到最大值
D.线圈从A向C运动过程中，线圈中一直没有产生感应电流
4、如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为，已测得它的内阻为，图中电阻箱读数为。现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏则根据以上数据计算可知（　　）

A.M、N两端的电压为1mV B.M、N两端的电压为100mV
C.流过M、N的电流为 D.流过M、N的电流为10mA
5、如图所示，一个匝矩形闭合线圈，总电阻为，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以恒定的角速度转动，线圈产生的电动势的最大值为，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则（　　）

A.线圈电动势的瞬时值表达式为
B.当线圈转过时，磁通量的变化率达到最大值
C.穿过线圈的磁通量的最大值为
D.线圈转动一周产生的热量为
6、如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电流的电压随时间变化的规律如图乙所示（正弦曲线）。下列说法正确的是（ ）

A.该交变电流电压的最大值为440V
B.该交变电流电压的有效值为V
C.在0.0025s时，该交变电流的电压为220V
D.在0.0025s时，该交变电流的电压为V
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、磁场中某区域的磁感线如图所示，则（　　）

A.a、b两点磁感强度大小相等
B.a、b两点磁感强度大小不等，Ba>Bb
C.同一小段通电导线放在a处时所受的磁场力一定比放在b处时大
D.同一小段通电导线放在a处时所受的磁场力可能比放在b处时小
8、如图所示，为一款手机电池的背面印有的一些符号和简单说明，下列说法正确的是（　　）

A.该电池的容量为1800mAh
B.该电池电动势为3.6V
C.该电池在正常工作时的额定电流为500mA
D.若电池以10mA的电流工作，可用50小时
9、指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
10、图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（）

A.在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴负方向相同
B.从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 m
C.从t＝0.10 s到t＝0.6 s，质点P通过的路程为100 cm
D.质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt (m)
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）现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，其阻值Rx约为0.5 Ω允许通过的最大电流为0.5 A.现有如下器材可供选择：
电流表A(量程0.6A，内阻约为0.6Ω)
电压表V(量程3V，内阻约为3kΩ)
待测电阻丝Rx(阻值约为0.5Ω)
标准电阻R0(阻值5Ω)
滑动变阻器R1(5 Ω，2A)
滑动变阻器R2(200 Ω，1.5A)
直流电源E(E＝6 V，内阻不计)
开关S、导线若干
(1)图为四位同学分别设计的测量电路的一部分，你认为合理的是________；

(2)实验中滑动变阻器应该选择________(选填“R1”或“R2”)，并采用________接法；（分压，限流）
(3)根据你在(1)(2)中的选择，在图甲上完成实验电路的连接________；

(4)实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝________；
(5)用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图乙所示，则该电阻丝的直径D＝________.

12．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：
A．小灯泡：规格为“3.8 V、0.3 A”
B．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω
C．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω
D．电压表：量程0～5 V，内阻约为5 kΩ
E.电压表: 量程0～15 V，内阻约为50 kΩ
F.滑动变阻器：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A
G.滑动变阻器: 阻值范围0～100 Ω，额定电流50 mA
H．电池组：电动势6 V，内阻约为1 Ω
I．开关一只，导线若干
（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选______，电压表应选_____,滑动变阻器应选_______．(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用_________的连接方式

（2）请在虚线框内设计一个电路图______
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、D
【解析】ABD．设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S。
根据动能定理，得

解得：

由

解得：

则

得到：

由图，Sa＜Sb，U、B相同，则

故AB错误，D正确；
C．根据粒子做匀速圆周运动，周期公式，可知，它们的周期相同，由于运动的时间是周期的一半，因此磁场中a运动的时间一定等于b运动的时间，故C错误；
故选D。
2、B
【解析】ABC．由可知充电器输出的电功率为，根据热功率公式可得电池产生的热功率为，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律有电能转化为化学能的功率为：，故A、C正确，B错误；
D．充电器的充电效率为，故D正确；
3、B
【解析】A．线圈从A向B运动过程中,穿过线圈的磁通量减小，磁场方向斜向上，根据楞次定律判断可知从上往下看线圈中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；
B．线圈从B向C运动过程中，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，根据楞次定律可知从上往下看线圈中的感应电流方向沿逆时针方向，故B正确；
C．线圈进过B位置时，线圈平面与磁场平行，线圈中的磁通量最小为0，故C错误；
D．由AB选项分析可知从上往下看线圈中一直有逆时针的感应电流，故D错误。
故选B。
4、D
【解析】AB．M、N两端电压为

AB错误；
CD．流过M、N的电流为

C错误D正确。
故选D。
5、D
【解析】A．线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，线圈电动势的表达式：

A错误；
B．当线圈转过时，线圈与中性面重合，电动势为0，根据：

可知磁通量的变化率为零，B错误；
C．感应电动势最大值为：

穿过线圈的磁通量的最大值为：

C错误；
D．根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系：

线圈转动一周，产生热量：

D正确。
故选D。
6、C
【解析】A．如图所示，该交变电流电压的最大值（峰值）为：
Em=220V≈311V
故A错误。
B．该交变电流电压的有效值为：

故B错误。
CD．因为

交变电流的电压的函数表达式为：

当t=0.0025s时

故C正确，D错误。
故选C。

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、BD
【解析】AB．磁感线的疏密程度反映磁感应强度的大小，由图可知a、b两点中a点处磁感线密，因此a点磁感应强度大，即Ba>Bb，故A错误，B正确；
CD．通电导线在磁场中的受力大小除了跟磁感应强度有关外，还跟电流与磁感线方向夹角大小有关，因此同一通电导线在a、b处受力大小无法判断，故C错误，D正确。
故选BD。
8、BD
【解析】A．该电池的容量为，A错误；
B．该电池的电动势为3.6V，B正确；
C．上面没有显示手机的额定功率，所以不能计算电池正常工作时的额定电流，C错误；
D．若电池以10mA的电流工作，其工作时间为

D正确。

故选BD。
9、BC
【解析】指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误
【考点定位】安培定则；地磁场
【方法技巧】本题主要是安培定则，以及地磁场相关知识，属于容易题
10、CD
【解析】t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播．根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程．根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，根据x=vt求解波传播的距离．根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程
【详解】在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动，由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为：△t＝0.15s＝T，则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故A错误；
因波长λ=8m，从t＝0.10 s到t＝0.25 s，经过的时间为：△t＝T，该波沿x轴负方向传播了6 m，选项B错误；从t＝0.10 s到t＝0.6 s，经过的时间为0.5s=2.5T，则质点P通过的路程为2.5×4A=10A=100 cm，选项C正确；质点Q简谐运动的表达式为y＝Asint＝0.1sint＝0.10sin10πt(cm)，故D正确；故选CD.
【点睛】本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系，要知道质点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，但时间内通过的路程不能类推，要根据起点位置分析.

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.C ②.R1 ③.分压 ④. ⑤. ⑥.1.205
【解析】(1)、(2)、关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及接法；根据求出的最小电阻来选择保护电阻；根据待测电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法，但因为待测电阻阻值太小可知待测电阻应与保护电阻串联使用
(3)根据是连接电路时应先连接主干路然后再连接并联电路，注意正负极和量程
(4)关键是根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式即可
(5)关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出
【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选R1并且应采用分压式接法；电路中需要的最小电阻为：，为保护电流表应与一保护电阻串联，所以排除电路A，再根据待测电阻满足，可知电流表应用外接法，所以应排除电路D，由于待测电阻阻值太小，将电压表直接测量时电压太小无法读数，所以应将待测电阻与保护电阻串联后再与电压表并联才行，所以合理的电路应是C；
(2)根据题(1)中的分析可知，变阻器应选R1，并且应采用分压式接法；
(3)根据题（1）中分析可知电路连接图如图所示：

(4)图C电路图应有：①
根据电阻定律应有：②
联立①②可得：
(5)螺旋测微器的读数为：D=1mm+20.6×0.01mm=1.205（±0.002）mm；
【点睛】明确：①通过估算电路中需要的大小电阻来选择保护电阻，通过电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及采用的接法；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法
12、 ①.B ②.D ③.E ④.分压式 ⑤.

【解析】（1）[1][2][3][4]．小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.3A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A的B．需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E；
（2）[5][6]．小灯泡电阻约为13Ω，则有

故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．电路图如右图

点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法

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、（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