2026届福建省福州永泰第一中学物理高二第一学期期末达标检测试题含解析.doc

2026届福建省福州永泰第一中学物理高二第一学期期末达标检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、粗糙水平面上静止放置质量均为m的A、B两物体，它们分别受到水平恒力F 1、F 2的作用后各自沿水平面运动了一段时间，之后撤去F1、F2 ,两物体最终都停止，其v-t图象如图所示，下列说法错误的是 ( )

A.A、B两物体与地面间的滑动摩擦因数之比为1：2
B.F1与A物体所受摩擦力大小之比为3：1
C.F1和F2大小之比为2：1
D.A、B两物体通过的总位移大小相等
2、如图所示，静止站在地面的人仰头看一座高楼时，感到高楼正向一边倾斜，这是由于天空中的云朵在飘动．关于这一现象，下列说法正确的是（ ）

A.高楼是绝对静止的
B.高楼相对于人在运动
C.高楼相对于地面在运动
D.高楼相对于云朵在运动
3、如图所示，T和S是绕地球做匀速圆周运动两颗人造地球卫星，虚线为各自轨道，其中T为地球同步卫星．由此可以判定

A.T卫星可以相对地面静止在天津的正上方
B.T卫星的运行周期小于S卫星的运行周期
C.T卫星的运行速率大于S卫星的运行速率
D.T卫星、S卫星的运行速率均小于7.9km/s
4、三根相互平行的通电长直导线放在等边三角形的三个顶点上，图为其截面图，电流方向如图所示．若每根导线的电流均为I，每根直导线单独存在时，在三角形中心O点产生的磁感应强度大小都是B，则三根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为（）

A.0 B.B
C.2B D.B
5、如图所示，直线OAC的某一直线电源的总功率随总电流变化的曲线，抛物线OBC为同一电源内部消耗的功率随总电流的变化曲线，若A、B对应的横坐标为1.5，则下面判断正确的是（　　）

A.线段AB表示的功率为2.25 W
B.电源的电动势为3 V，内阻为1.5 Ω
C.电流为2 A时，电源的输出功率最大
D.电流为1 A时，路端电压为1 V
6、如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的，长度为2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（　　）

A.R B.R/4
C.R/2 D.4R
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、如图甲，半径为r、电阻为R的圆形单匝导线框处于垂直于线框平面的变化磁场中，磁感应强度B随时间变化的图线如图乙(垂直纸面向里为正方向)。下列说法正确的是（ ）

A.从纸面外向里看，线框中有顺时针方向的感应电流
B.从纸面外向里看，线框中有逆时针方向的感应电流
C.线框中感应电流为
D.线框中感应电流为
8、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电流表、电压表均为理想电表，当开关闭合后，三个小灯泡均能正常发光，当滑动变阻器的触头P向右移动时，关于灯泡的亮度和电表示数变化情况，下列说法正确的是（小灯泡不会烧坏）（　　）

A.L1变亮，L2变暗，L3变暗
B.L1变暗，L2变暗，L3变亮
C.电流表A的示数变大，电压表V的示数变小
D.电流表A的示数变小，电压表V的示数变大
9、下列说法正确的是（　　）

A.如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
B.如图乙所示，是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极
C.如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器条件是Eq＝qvB，即
D.如图丁所示，是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动
10、用多用电表的欧姆档检验性能良好的晶体二极管，发现多用电表的指针向右偏转的角度很小，这说明
A.二极管加有正向电压，故测得电阻很小
B.二极管加有反向电压，故测得电阻很大
C.此时红表笔接的是二极管的正极
D.此时黑表笔接的是二极管的正极
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，桌面上放有一只10匝线圈，线圈中心上方一定高度处有一竖立的条形磁体．当磁体竖直向下运动时，穿过线圈的磁通量将______（选填“变大”或“变小”），在上述过程中，穿过线圈的磁通量变化0.1Wb，经历的时间为0.5s，则线圈中的感应电动势为__V

12．（12分）为了探究加速度与质量关系，实验室提供如图所示的器材：A为小车，B为电火花打点计时器，C为装有砝码的小桶，D为一端带有定滑轮的长木板，实验中认为细绳对小车的拉力等于砝码和小桶的总重力.请回答下列问题：

(1)为了消除小车与长木板之间摩擦力的影响，采用的做法是_______
(2)为了直观地判断小车加速度a与其质量m的数量关系，应保持______不变，作______图象（选填“a-m”或“”）
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°＝0.6cos37°＝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）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

15．（12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
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、C
【解析】A．由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2由牛顿第二定律
f=ma
可知A、B受摩擦力大小1：2，可知摩擦因数之比为1：2，A正确；
B．由速度与时间图象可知，A物体加速与减速的位移之比为1：2，由动能定理可得

解得

B正确；
C．由速度与时间图象可知，B物体加速与减速的位移之比为2：1，由动能定理可得

解得
F2：f2=3：2
又A、B受摩擦力大小之比

因此可知F1和F2大小之比为

C错误；
D.由速度与时间图象面积表示位移可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，D正确。
故错误的选C。
2、D
【解析】高楼只是相对地面静止，人看到高楼正向一边倾斜，是人以云朵为参考系，高楼相对于云朵在运动，所以ABC错误；D正确
故选D。
3、D
【解析】A项：地球同步卫星只能在赤道平面上空，所以不可能在天津的正上方，故A错误；
B项：由公式得：，由于T卫星的半径大于S卫星的半径，所以T卫星的运行周期大于S卫星的运行周期，故B错误；
C项：由公式得：，由于T卫星的半径大于S卫星的半径，T卫星的运行速率小于S卫星的运行速率，故C错误；
D项：由公式可知，由于T卫星和S卫星的半径都大于地球的半径，所以两都的速率都小于第一宇宙速度7.9km/s，故D正确
故选D
4、C
【解析】根据安培定则判断得知：三根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：上面导线产生的B方向水平向左，大小为B；
下面左边导线产生的B方向斜向左上方，与水平成60°角；
下面右边导线产生的B方向斜向右上方，与水平成60°角；
则根据平行四边形定则进行合成可知，上方的导线与右下方的导线产生的磁场夹角为120°，则合场强大小为B，方向沿左上方与水平方向成60°角，所以三根导线同时存在时的磁感应强度大小为2B，方向沿左上方与水平方向成60°角。
故选C。
点评：本题首先运用安培定则判断B的方向，其次要利用平行四边形定则进行合成，同时要利用好几何关系
5、A
【解析】根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻；AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率
【详解】B项：电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势：,由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有：P=I2r，
代入解得：r=1Ω，故B错误；
A项：AB段表示的功率为：PAB=EI′-I′2r=3×1.5-1.52×1（W）=2.25W，故A正确；
C项：电源的输出功率：P=EI-I2r=2I-I2=-（I-1）2+1，故当I=1A时输出功率最大，为1W，故C错误；
D项：根据U=E-Ir=3-I，当I=1A时，U最大，为2V，故D错误
故应选：A
【点睛】解决本题的关键在于：（1）理解电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的涵义；（2）分清三种功率及其关系：电源的总功率P总=EI，电源内部发热功率P热=I2r，外电路消耗功率P外=UI=I2R，且根据能量关系得P总=P外+P热
6、B
【解析】当a、b端接入电路时，横截面积为L2，长为2L；根据电阻定律
当c、d接入电路时，横截面积为2L2，长为L，根据电阻定律
所以．故B项正确，ACD三项错误

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、AD
【解析】AB．穿过线框的磁场方向垂直纸面向里，且正在减弱，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，也是垂直纸面向里，根据安培定则可知感应电流方向从纸面外向里看为顺时针方向，A正确，B错误；
CD．线框的面积为：

根据图线知：

由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：

根据欧姆定律可得产生的感应电流为：

C错误，D正确。
故选AD。
8、BD
【解析】CD．滑动变阻器滑片P向右移动，阻值增大，总阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，路端电压增大，故电流表示数变小，电压表示数变大，故C错误，D正确；
AB．干路电流减小，则灯泡L1两端电压减小，变暗；路端电压增大，则并联电路电压增大，灯泡L3两端电压增大，变亮；流过灯泡L2的电流减小，变暗，故A错误，B正确。
故选BD。
9、BC
【解析】A．根据，可得

粒子获得的最大动能为

所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；
B．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B正确；
C．速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电只要速度满足Eq＝qvB，即，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；
D．线圈在极靴产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。
故选BC。
10、BC
【解析】AB．测量电阻偏转角度小，则电阻大，为反向电压，故A错误，B正确；
CD．测量时加的反向电压，又因欧姆表的黑表笔接的电池的正极，则黑表笔应与二极管的负极相连接。即红表笔与二极管的正极相连接，故C正确，D错误。
故选BC。

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.变大 ②.2
【解析】在磁体竖直向下落时，穿过线圈的磁感应强度增大，故磁通量变大；由法拉第电磁感应定律可得：
12、 ①.把木板的右端(或安装打点计时器的那端)适当垫高，以平衡摩擦力 ②.小桶和砝码的总质量或总重力 ③.
【解析】(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；
(2)探究加速度与力、质量的关系”实验中，研究三者关系必须运用控制变量法，且建立线性函数关系.
【详解】(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使带动纸带的小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力.
(2)要探究小车的加速度a和质量m的关系，应该保持细线对车的拉力F不变(即砝码和小桶的总重力不变，由F=ma可知，则为使图象直观应作出图象.
【点睛】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用

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、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
15、 (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