湖北省宜宜昌市部分示范高中教学协作体2025-2026学年物理高二第一学期期末预测试题含解析.doc

湖北省宜宜昌市部分示范高中教学协作体2025-2026学年物理高二第一学期期末预测试题
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、维修电器的师傅通常用螺丝刀直接吸附小螺丝钉，对吸附螺丝钉现象的正确解释是
A.螺丝钉被磁化
B.螺丝钉被感应带电
C.螺丝钉被摩擦带电
D.螺丝钉被接触带电
2、某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中（坐标纸中每格边长表示1N的大小的力），该物体所受的合外力大小正确的是（）

A.甲图中物体所受的合外力大小等于4N
B.乙图中物体所受的合外力大小等于2N
C.丙图中物体所受的合外力大小等于6N
D.丁图中物体所受的合外力大小等于6N
3、如图所示一带电液滴在正交的匀强电场和匀强磁场的竖直平面内做匀速圆周运动（其中电场竖直向下，磁场垂直纸面向外），则液滴带电性质和环绕方向是（　　）

A.带正电，逆时针
B.带正电，顺时针
C.带负电，逆时针
D.带负电，顺时针
4、地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁铁，小磁铁的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是（）

A.①②④ B.②③④
C.②③ D.①⑤
5、如图所示的平行板器件中，电场强度E与磁感应强度B相互垂直；E方向竖直向下、B方向垂直纸面向里。一束带电粒子从极板左侧中央的小孔射入，不计重力，能从右侧小孔水平射出的粒子需满足的条件是（　　）

A.具有相同电荷量
B.具有相同速度，且
C.具有相同的电性
D.具有相同荷质比
6、如图，直角坐标系oxy2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（ ）

A. B.
C. D.
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，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中．将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度．已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，导轨杆与导轨接触良好．则下列说法正确的是（ ）

A.回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流
B.金属杆ab下滑的最大加速度大小为
C.金属杆ab下滑的最大速度大小为
D.金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为
8、光滑绝缘曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个质量为m的小金属球从抛物线上y=b（b＞a）处沿抛物线自由下滑，忽略空气阻力，重力加速度值为g．则（　　）

A.小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点
B.小金属球沿抛物线下滑后对O点压力一定大于mg
C.小金属球沿抛物线下滑后每次过O点速度一直在减小
D.小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg（b﹣a）
9、如图所示，光滑“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好，磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动．下列说法正确的有（ ）

A.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后将加速下滑
B.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑
C.若B2＜B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑
D.若B2＞B1，则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑
10、环绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，离地面越高（）
A.线速度越小 B.周期越大
C.动能越大 D.向心加速度越大
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）在测定金属的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属导线直径d，如右图所示，则d=______mm

12．（12分）某学生实验小组利用如图所示电路进行实验，使用的器材有：多用电表、电压表（量程5 V，内阻十几kΩ）、滑动变阻器（最大阻值5kΩ）、导线若干

（1）将多用电表档位调到电阻“×100Ω”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行____________；
（2）将图中多用电表的红表笔和_______(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端；
（3）若多用电表档位调到电阻“×100Ω”档测量，指针偏转角度过小，应换_________档（填“×10Ω”或“×1K”）
（4）换档后重新进行（1）的步骤后，将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图甲所示，这时电压表的示数如图乙所示．多用电表的读数为____ KΩ。
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

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）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、A
【解析】维修电器的师傅把螺丝刀碰一下磁铁，螺丝刀被磁化，螺丝刀磁化后使螺丝钉吸附在螺丝刀上，便于使用，故A正确，BCD错误
2、C
解析】考查力的合成。
【详解】A．甲图：

A错误；
B．乙图：

如图，F1与F3的合力为F13=3N，方向与F2同向，所以合力为：

B错误；
C．丙图：由力的三角形定则可知，F2与F3的合力刚好为F1，所以合力大小为：

C正确；
D．丁图：由力的三角形定则可知，首尾相连的力合力为0，D错误。
故选C。
3、C
【解析】带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电粒子带负电荷。磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反），C正确，ABD错误。
故选C。
【点睛】带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向。
4、C
【解析】由于地磁的北极在地理的南极附近，在磁体的外部磁感线从N极指向S极，故磁感线有个向北的分量，而小磁针静止的时候N极的方向就是磁感线的方向，所以小磁针由于受到地磁场的作用静止时N极指向地理的北方．赤道附近地磁场的方向和地面平行，北半球地磁场方向相对地面是斜下的，南半球地磁场方向相对地面是斜向上的，①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地理的南极，故①错误；②地磁场的北极在地理南极附近，故②正确；③赤道附近地磁场的方向和地面平行，故③正确；④北半球地磁场方向相对地面是斜下的，故④错误；⑤赤道附近地磁场的方向和地面平行，不是任何地方的地磁场方向都是和地面平行的，故⑤错误。
故选C。
5、B
【解析】粒子沿直线穿过平行板电容器，电场力和洛伦兹力在竖直方向上等大反向，即满足

解得

ACD错误，B正确。
故选B。
6、B
【解析】在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：
E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针
在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：
E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：
E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：
E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确
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、AD
【解析】A项：金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流．故A正确 ；
B项：设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：E=BLv
回路中的感应电流为：
杆所受的安培力为：F=BIL
根据牛顿第二定律 有：
当v=0时杆的加速度最大，最大加速度为 am=gsinθ，方向沿导轨平面向下；故B错误；
C项：由上知，当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度为：，方向沿导轨平面向下；故C错误；
D项：ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律 有：

又杆产生的焦耳热为
所以得：，故D正确
8、BD
【解析】A．圆环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动，故A错误；
B．小金属球沿抛物线下滑后在最低点O只受到重力和支持力的作用，合力提供向心力，加速度的方向向上，所以对轨道的压力一定大于mg，故B正确；
C．圆环机械能不再减小时，最终在直线y=a以下来回摆动，之后每次过O点速度不再减小，故C错误；
D．圆环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动，小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量等于减少的机械能，即

故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题
9、BCD
【解析】若B2＝B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg－＝0，仍将保持匀速下滑，B对；若B20，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2>B1，金属棒进入B2区域后mg－<0，可能先减速后匀速下滑，故D也对
10、AB
【解析】万有引力提供向心力

可得

可知离地越高，r越大，则v越小，动能越小，周期T越大，向心加速度a越小。
故选AB。

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、0959—0.961 mm
【解析】螺旋测微器读数方法：①先读固定刻度②再读半刻度，若半刻度线已露出，记作 0.5mm；若半刻度线未露出，记作 0.0mm；③再读可动刻度（注意估读）．记作 n×0.01mm；④最终读数结果为固定刻度+半刻度+可动刻度
固定可得读数：0；半刻度读数为：0.5mm；可动刻度读数为：0.01mm×46.0=0.960mm，故读数为：0.960mm
12、 ①.欧姆调零 ②.1 ③.×1K ④.19.0KΩ
【解析】由题中“某学生实验小组利用如图所示电路进行实验”可知，本题考查多用电表的使用，根据多用电表的使用要求可分析本题。
【详解】(1)[1]每次用欧姆档，需要先将红表笔和黑表笔短接，再进行欧姆调零；
(2)[2]红正黑负,电流从红表笔流入黑表笔流出,电流从电压表正接线柱流入,故红表笔接触1;
(3)[3] 若多用电表档位调到电阻“×100Ω”档测量，指针偏转角度过小，则说明档位选择过小，应选大档位，故选×1K；
(4)根据电表示数可知，电阻为19.0。

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、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
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、 (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