2026届承德市重点中学高二上物理期末综合测试试题含解析.doc

2026届承德市重点中学高二上物理期末综合测试试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下面四幅图表示了电场强度E、磁感应强度B、通电直导线电流Ⅰ、电荷速度v、电场力和磁场力F的方向之间的关系，其中正确的是（　　）
A. B.
C. D.
2、如图所示，L1和L2为直流电阻可忽略的电感线圈。A1、A2和A3分别为三个相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）

A.图甲中，闭合S1瞬间和断开S1瞬间，通过A1的电流方向不同
B.图甲中，闭合S1，随着电路稳定后，A1会再次亮起
C.图乙中，断开S2瞬间，灯A3立刻熄灭
D.图乙中，断开S2瞬间，灯A2立刻熄灭
3、如图所示，正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线．以水平电场线上的O’点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是（　　）

A.b、e两点的电场强度相同
B.a点电势高于e点电势
C.电子沿圆周由d运动到b，电场力做正功，电势能减少
D.b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
4、下列说法正确的是
A.元电荷就是电子或质子
B.元电荷是最小电荷量，又称“基本电量”
C.油滴所带的电荷量可能是3.6×10-19C
D.法国物理学家库仑最早用油滴实验精确地测出了元电荷的数值
5、如图一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r．由于静电感应而在金属球上出现了电荷，这些感应电荷在球心激发的电场强度的大小和方向为

A.；方向向左
B.；方向向右
C.；方向向右
D.0
6、如图所示，是一个按正弦规律变化的交变电流的图象，则该交变电流的周期和电流的有效值分别是（ ）

A.0.2s，5A B.0.2s，5A
C.0.1s，5A D.0.1s，5A
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，甲、乙为两个独立电源(外电路为纯电阻)的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是(　　)

A.电源甲的电动势大于电源乙的电动势
B.电源甲的内阻小于电源乙的内阻
C.路端电压都为U0时，它们的外电阻相等
D.电流都是I0时，两电源的内电压相等
8、一个电子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（　　）

A.磁场对电子的作用力始终不变
B.磁场对电子的作用力始终不做功
C.电子的速度始终不变
D.电子的动能始终不变
9、如图甲所示为一列简谐横波在时刻的波形图，图乙为介质中处的质点b的振动图象．下列说法正确的是　　

A.这列波的传播方向沿x轴的负方向
B.这列波的传播速度是
C.再经过，质点b沿x轴正方向运动了10m
D.时刻，质点a的运动方向沿y轴负方向
10、将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则

A.a点电场强度比b点的大
B.a点电势比b点的高
C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大
D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
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，匀强磁场的磁感应强度B＝T，边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4Ω从图示位置开始计时，转动过程中感应电动势瞬时值表达式为e=______V；电压表的示数为___V.

12．（12分）如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0．若撤去磁场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上

（1）求两极板间电压u；
（2）若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件
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．正电荷受力方向与电场方向相同，应该水平向右，故A错误；
B．由左手定则可知，电荷受到洛伦兹力方向向下，故B正确；
C．由左手定则可知，负电荷受到的洛伦兹力方向向下，故C错误；

D．由左手定则可知，导线受到安培力方向向上，故D错误；
故选B。
2、A
【解析】A．图甲中，闭合电键的瞬间，流过灯泡A1的电流的方向向右；L1的为自感系数很大的自感线圈，则断开电键的瞬间，自感电动势将阻碍其电流的减小，所以流过L1的电流方向不变，所以流过灯泡A1的电流的方向与开始时是相反的，故A正确；
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故B错误；
CD．图乙中，闭合S2电路中的电流稳定后两个灯泡都亮，断开S2瞬间，L2对电流减小有阻碍作用，此时L2与两个灯泡以及滑动变阻器组成闭合回路，所以A2、A3电流都逐渐减小，灯泡逐渐变暗，故CD错误。
故选A。
3D
【解析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系．根据电势高低，判断电场力对电子做功的正负
【详解】由图看出，b、e两点电场强度大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，故B错误；d点的电势高于b点的电势，电子沿圆周由d到b，电势降低，但电势能升高，电场力做负功，故C错误；根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等．所以b、c 两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故D正确；故选D
【点睛】常见电场的电场线分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意点电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题
4、B
【解析】A项：元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者电子，故A错误；
B项：元电荷是最小电荷量，又称“基本电量”，故B正确；
C项：任何带电体所带电荷都等于元电荷的整数倍，所以油滴所带的电荷量不可能是3.6×10-19C，故C错误；
D项：密立根最早用油滴实验精确地测出了元电荷的数值故D错误
故选B
5、B
【解析】金属球在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，金属球内部合电场为零，所以感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为，方向两球心连线向右，故B正确，ACD错误
6、A
【解析】根据正弦式电流图象知，周期T=0.2s，电流的最大值为Im=5A，有效值为
A．0.2s，5A，与结论相符，选项A正确；
B．0.2s，5A，与结论不相符，选项B错误；
C．0.1s，5A，与结论不相符，选项C错误；
D．0.1s，5A，与结论不相符，选项D错误；
故选A.

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】根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=U/I，图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，与I轴交点的坐标值表示电路中的短路电流，图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir
【详解】图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故A正确．图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），图线甲的斜率大于图线乙的斜率，表明甲的内阻大于乙的内阻，故B错误．根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=U/I，在U-I图线中甲、乙两图线的交点坐标为（I0，U 0），说明两电源的外电阻相等，故C正确．电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir，因为甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I 0时，甲电源的内电压较大，故D错误．故选AC
【点睛】本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律，要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流，图象斜率表示内阻大小
分卷II
8、BD
【解析】A.电子以速度v垂直进入磁场后，受到洛伦兹力的作用，做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，方向时刻变化，选项A错误；
B.磁场对电子的作用力即洛伦兹力始终与速度方向垂直，始终不做功，选项B正确；
C.电子做匀速圆周运动，它的速度方向时刻在变化，选项C错误；
D.洛伦兹力始终与速度方向垂直，始终不做功，所以电子的动能始终不变，选项D正确。
故选BD。
9、BD
【解析】A．由乙图知，时刻，质点b向下运动，根据甲图可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由乙图知，质点的振动周期为，由甲图知，波长，则波速为：，故B正确；
C．简谐横波沿x轴正方向传播，质点b只上下振动，不沿x轴正方向运动，故C错误；
D．由甲图知，时刻质点a正y轴正方向运动，因为，所以时刻，质点a的运动方向沿y轴负方向，故D正确
10、ABD

【解析】A项：电场线越密集的地方电场强度就越大，从上图中可以看出a处的电场线比b处的电场线密集，所以a点的场强大于b点的场强，故A项正确；
B项：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势,即a点的电势比b点的高.故B正确; 
C项：电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小,即负电荷在a点的电势能较b点小,故C错误; 
D项：由上知,-q在a点的电势能较b点小,则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大,电场力做负功.所以D选项是正确的.

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.e=10cos2πt ②.
【解析】先根据Em=NBSω求解电动势的峰值，再根据e=Emcosωt写出瞬时表达式．电压表示数为有效值
【详解】电动势的峰值为：Em＝NBSω＝100××0.1×0.1×2πV＝10V；从图示位置开始计时，转动过程中感应电动势瞬时值表达式为e=Emcosωt=10cos2πt；根据电压分配原理可得，路端电压的峰值为：；则电压表示数为：
12、（1）（2）
【解析】（1）设粒子从左侧O1点射入的速度为v，极板长为L，磁场中根据受力平衡可得：qE=qvB
根据匀强电场中电场强度与电势差之间的关系式：
电场强度为：
因为粒子在磁场中做匀速直线运动，所以有：L=vt0
在电场中做类似平抛运动，根据牛顿第二定律，有
水平方向：L-2R=
竖直方向：
联立解得：L=4R
两极板间电压：
（2）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，

根据几何关系可知：β=π-α=45°

因为：
则有：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
联立解得：
要使得粒子从两板左侧间飞出，粒子初速度要满足：

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