2025-2026学年贵州省铜仁一中物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年贵州省铜仁一中物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题
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、物体做匀变速直线运动的v-t图像，如图所示，下列说法正确的是（）

A.物体的初速度大小为10 m/s
B.物体的初速度大小为20 m/s
C.物体的加速度大小为0.5 m/s2
D.物体的加速度大小为1.5 m/s2
2、如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)

A.0 B.
C. D.2B0
3、如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的U－I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是　(　　)

A.E＝50 V
B.r＝Ω
C.当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 Ω
D.当该导体直接与该电源相连时，电路消耗总功率为80 W
4、下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是( )
A. B.
C. D.
5、如右图所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合．则电容器的电容将

A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.保持不变 D.先增大后减小
6、如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴以角速度匀速转动，外接电阻为R,线圈从图示位置转过的过程中，下列说法正确的是

A.通过电阻R的电荷量
B.通过电阻R的电荷量
C.电阻R上的热功率
D.从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为
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，、为平行板电容器的两个金属极板，为静电计，开始时闭合开关，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是（　　）

A.开关保持闭合状态，将的滑片向右移动，静电计指针张角增大
B.开关保持闭合状态，仅将两极板间距减小，电容器的带电量增加
C.断开开关后，紧贴下极板插入厚云母片，静电计指针张角减小
D.断开开关后，仅将两极板间距减小，板间电场强度减小
8、如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用该加速器给质量为m、电荷量为q的质子加速，狭缝间交变电场的电压为U、周期为T，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，忽略质子通过盒缝的时间。下列说法正确的有（　　）

A.交变电场的周期为T＝
B.增加电压U可以增加质子离开出口的动能
C.题知条件不变，该加速器可以直接用来加速氘核
D.增加电压U可以缩短质子在回旋加速器中的运动时间
9、如图所示，甲、乙两个带等量异种电荷而质量不同的带电粒子，以相同的速率经小孔P垂直磁场边界MN，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN射出磁场，运动轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力、空气阻力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A.甲带正电荷，乙带负电荷
B.甲的质量大于乙的质量
C.洛伦兹力对甲做正功
D.甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间
10、如图所示，发电机的矩形线圈面积为S，匝数为N，绕轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度匀速转动。从图示位置开始计时，下列判断正确的是（  ）

A.此时穿过线圈磁通量为NBS，产生的电动势为零
B.线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
C.P向下移动时，电流表示数变小
D.P向下移动时，发电机的电功率增大
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）某同学利用如图甲电路测量干电池的电动势E和内阻r
(1)为了较准确的测量，请根据图甲电路图将图乙实物图补充完整_____；

(2)用选定器材测干电池的电动势E和内阻r，根据图甲实验电路测得多组U、R数据，请根据数据在图丙作出图象_____；

(3)根据图象求得E=______V，r=______Ω；
(4)利用该实验电路测出的电动势和内阻与真实值相比有偏差，其原因是______________
12．（12分）某实验小组的同学要探究一热敏电阻的温度特性，可能用到以下实验器材：
A.热敏电阻常温下的阻值约为
B.烧杯、热水、温度计
C.电流表量程内阻
D.电流表量程，内阻约
E.电压表量程，内阻约
F.滑动变阻器最大阻值为，额定电流
G.滑动变阻器最大阻值为，额定电流
H.电源电动势6V，额定电流2A，内阻不计
I.开关一个，导线若干
(1)要求通过热敏电阻的电流从零开始增大为使测量尽量准确，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______填器材前的字母标号
(2)实物图中，已正确连接了部分导线请你按照实验要求用笔画线代替导线在图中完成余下导线的连接______.
(3)该实验小组的同学依据连接好的电路进行实验，计算出热敏电阻的阻值随温度变化的系列数据，对应点描在如图所示坐标纸上______.请根据坐标点作图并得出当时______

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】根据图像可知，本题考查了速度时间图像的理解和应用，根据速度时间图线能直接读出物体的初速度，图线的斜率表示加速度，由几何知识求加速度
【详解】AB、由题图可知，物体的初速度是20 m/s，故A错误，B正确；
CD、由a得：a m/s2＝﹣2 m/s2，加速度大小为2 m/s2，故CD错误
【点睛】解决本题的关键是要知道速度时间图线的物理意义，明确图线斜率表示加速度，要注意加速度的单位
2、C
【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：

由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0；

当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误
3、AC
【解析】AB．由图象的物理意义可知电源的电动势E＝50 V，内阻
r＝＝Ω＝5 Ω，
故A正确，B错误；
CD．该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U＝40 V，I＝2 A，则
R＝＝20 Ω，
此时，电路消耗的总功率
P总＝EI＝100 W，
故C正确，D错误
4、B
【解析】根据左手定值可知，A图中的安培力应该垂直磁感线垂直于电流的方向指向左上方．故A错误；B图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左．故B正确；C图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里．故C错误；D图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误．故选B.
【点睛】本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系
5、A
【解析】旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器的正对面积，则由电容器的决定式C=可知，电容将逐渐增大，故BCD错误，A正确．故选A
【点睛】本题考查平行板电容器决定式的应用，要注意明确平行板电容器是通过改变旋转动片来改变正对面积，从而起到改变电容的作用
6、B
【解析】AB．求流过电阻的电量要用平均值：

磁通量的变化量为

通过电阻的电量为

联立解得

故A错误，B正确；
C．产生交流电的电压有效值为

电流为

电阻R上的热功率

故C错误；
D．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为

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】AB．保持开关闭合状态，则电容器两端电压保持不变，将滑片移动时，电容器两端电压也不发生变化，所以静电计指针张角不变，若是仅将两极板间距减小，根据电容器的决定式：

可知电容器电容变大，根据电容的定义式：

可知电容器带电荷量增加，A错误，B正确；
C．断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，若是在板间插入厚云母片，根据电容器的决定式：

可知电容变大，根据电容的定义式：

所以两板间电势差变小，所以静电计指针张角变小，C正确；
D．断开开关后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式：

根据电容的定义式：

极板间为匀强电场：

联立可得：

若是仅将两板间距离减小，板间电场强度不变，D错误。
故选BC。
8、AD
【解析】A．根据带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，交变电场的周期为，故A正确。
B．根据

R是D形金属盒的半径，知质子获得的最大速度

则最大动能

与加速的电压无关，故B错误；
C．由上分析可知，加速电场的周期与加速粒子的比荷有关，氘核与质子的比荷不同，因此加速器不可以直接用来加速氘核，故C错误；
D．根据质子圆周运动的周期公式，T与质子的速度大小无关，所以若只增加加速电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减小，则运行时间也会变小，故D正确。
故选AD。
9、AB
【解析】A．在P点，速度向下，磁场向外，甲受向左的洛伦兹力根据左手定则，甲带正电荷；同理，在P点，乙受向右的洛伦兹力，速度向下，磁场向外，根据左手定则，乙带负电荷，故A正确；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有

所以

由于q、v、B均相同，甲的轨道半径大，说明甲的质量大，故B正确
C．根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力永不做功，故C错误；
D．周期

由于

所以

由于q、B均相同，m不同，故时间不相等，故D错误
故选AB。
10、BD
【解析】A．此时线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量是BS，变化率为零，即感应电动势为零，故A错误；
B．过程中产生的感应电动势最大值为

故表达式为

故B正确；
CD．P向下移动时，副线圈匝数增大，根据

可得副线圈的输入电压增大，即电流表示数增大，根据

可得副线圈消耗的电功率增大，而副线圈消耗的电功率决定发电机的功率，所以发电机的功率增大，故D正确C错误。
故选BD。

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. ②. ③.1.45（1.42~1.46均正确） ④.0.42（0.4~0.5均正确） ⑤.电压表内阻不是无穷大
【解析】(1)[1]由电路图连接实物图如图：

(2)[2]据所给数据画图如图

(3)[3][4]由闭合电路欧姆定律有：

解得：

则有：

可得：

(4)[5]由于电压表的分流会引起误差，电压表内阻越大误差越小，所以其原因是电压表内阻不是无穷大。
12、 ①.C ②.G ③. ④. ⑤.13
【解析】解：(1)电源电动势为6V，热敏电阻常温下的阻值约为，故电流最大约为，故电流表只能选择C；为了让电流从零开始增大应采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的G；
本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时因电流表内阻已知，故电流表采用内接法，完成电路图如图所示；

根据描出的点得出对应的图象如图所示，由由图可知，当温度时，；

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