江西省抚州市临川区一中2025-2026学年高二物理第一学期期末质量检测试题含解析.doc

江西省抚州市临川区一中2025-2026学年高二物理第一学期期末质量检测试题
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，匀强磁场中有一个闭合的弹簧线圈，线圈的平面垂直于磁感线，下列哪种过程中线圈会产生感应电流（ ）

A.线圈扩张 B.线圈自下向上运动
C.线圈自上向下运动 D.线圈自左向右运动
2、如图，悬线一端固定，另一端拉住一个带电小球，使之在匀强电场中处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线突然断裂后，带电小球将做（）

A.匀变速曲线运动 B.匀速直线运动
C.匀变速直线运动 D.圆周运动
3、如图所示的电路中，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则（）

A.灯L2变亮
B.电容器贮存电荷量变大
C.灯L1变暗
D.电源的总功率变小
4、电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么

A.R接到电源a上，电源的效率较低
B.R接到电源b上，电源输出功率较大
C.R接到电源a上，电源输出功率较大，电源效率较高
D.R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高
5、如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中不会引起电流表指针偏转的是　　

A.闭合开关时 B.断开开关时
C.闭合开关后拔出线圈A时 D.断开开关后移动变阻器的滑片时
6、如图所示，在相互正交的水平匀强磁场的混合场区域内，有一质量为m、电荷量为q的微粒以垂直于磁场方向且与水平方向成θ角的速度v从O点进入混合场区，该微粒在电场力、磁场力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A点．下列说法中正确的是(　 　)

A.该微粒一定带负电荷
B.该电场的场强大小为Bvcos θ
C.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
D.该磁场的磁感应强度大小为
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，在水平通电直导线正下方，有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自轨道右侧的P点无初速度滑下，下列判断正确的是（　　）

A.圆环中将有感应电流产生
B.圆环能滑到轨道左侧与P点等高处
C.圆环最终停到轨道最低点
D.圆环将会在轨道上永远滑动下去
8、关于电场和磁场下列说法正确的是（　　）
A.运动电荷在磁场中的受力方向就是该点的磁感应强度方向
B.运动电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，该位置的磁感应强度不一定为零
C.放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，该位置的电场强度一定不为零
D.沿着电场线的方向电势逐渐降低，沿着电流方向电势逐渐降低
9、1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。不计带电粒子在电场中的加速时间和相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A.粒子由加速器的边缘进入加速器
B.粒子由加速器的中心附近进入加速器
C.加速电场的周期随粒子速度的增大而减小
D.粒子从D形盒射出时的动能随D形盒半径的增大而增大
10、如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）

A.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE
B.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qE
C.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
D.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
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，电子射线管位于通电导线ab正下方，该装置可以演示电子在磁场中的偏转．若实验发现电子束的径迹向下偏转，那么导线中电流的方向是 ___________

12．（12分）小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻

（1）图中电流表的示数为__________A
（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下

请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U-I图线____________________

由图线求得：电动势E=_________V，内阻r=_________________Ω
（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为__________________________________
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、A
【解析】A：线圈扩张，线圈中磁通量变大，线圈中会产生感应电流．故A项正确
B：线圈自下向上运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流．故B项错误
C：线圈自上向下运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流．故C项错误
D：线圈自左向右运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流．故D项错误
2、C
【解析】AC．当悬线有向下的拉力时，悬线断裂后，电场力和重力的合力与原来悬线的拉力等大反向，小球从静止开始做匀加速直线运动，故A错误，C正确；
B．对带电小球受力分析可知，小球可能只受重力和竖直向上的电场力，若二力合力为零，悬线突然断裂后，小球仍静止，不会做匀速直线运动，故B错误；
D．悬线拉力断裂后，小球受到电场力和重力，二者合力可能为零，物体静止；可能合力为恒力做匀加速直线运动，恒力作用下物体不会做圆周运动，故D错误。
故选择C选项。
3、A
【解析】首先认清电路的结构：变阻器与灯L2串联后与电阻R1并联，再灯L1串联，电路稳定时，电容器相当于断路．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，分析外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化，即可知道电源的总功率变化和灯L1亮度变化．分析并联部分电压的变化，判断通过R1的电流如何变化，就能分析出通过灯L2的电流变化，判断其亮度变化
【详解】当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流变大，则灯L1变亮．电源的总功率P=EI，E不变，则电源的总功率变大．干路电流增大，电源的内电压和灯L1的电压增大，则电路中并联部分的电压U并减小，通过R1的电流减小，而干路电流增大，所以通过灯L2的电流变大，灯L2变亮．电容器的电压等于并联部分的电压，则其电压减小，电容器贮存的电量变小．故A正确，BCD错误．故选A
【点睛】本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，按“局部→整体→局部”的思路进行分析
4、C
【解析】电源的效率，由图象可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源路端电压与电流图象与电阻两端电压与电流图象交点表示将两者相连时的工作电压和电流，则R接到电源a上时电源的输出功率较大，故C正确，ABD错误。
5、D
【解析】闭合开关时，穿过B线圈的磁通量从无到有，磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故A不合题意；断开开关时，穿过B线圈的磁通量从有到无，磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故B不合题意；闭合开关后拔出线圈A时，穿过B线圈的磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故C不合题意；断开开关后，移动变阻器的滑片时，磁通量始终为零，不会产生感应电流，不会引起电流表指针的偏转，故D符合题意
6、A
【解析】粒子从O沿直线运动到A，必定做匀速直线运动，根据左手定则和平衡条件可判断电性，并可求出B和E；
【详解】A、若粒子带正电，电场力向右，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，若粒子带负电，符合题意，故A正确；
BD、粒子受力如图，由平衡条件得，所以该电场场强大小为，由平衡条件得，解得磁场的磁感应强度大小为，故B、D错误；
C、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符，故C错误；
故选A

【点睛】关键是带电粒子在复合场中运动的问题，要抓住洛伦兹力与速度有关的特点

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】水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故能判断圆环中是否有感应电流
【详解】水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小，故有感应电流产生，故A正确；因为圆环在上滑的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到左侧与P点等高处，故B错误；整个过程重力势能转化为电能，故小球最终停在最低点，不会在轨道上永远滑动下去，故C正确，D错误；故选AC
8、BC
【解析】A．根据左手定则可知运动电荷在磁场中的受力方向与该点的磁感应强度方向垂直，故A错误；
B．根据可知，运动电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度可能为零或电荷的速度为零或速度方向与磁感应强度方向平行，故B正确；
C．由电场的基本性质可知，对放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置一定不为零，故C正确；
D．沿着电场线方向电势逐渐降低；在闭合电路的外电路中沿着电流的方向电势逐渐降低，在内电路中沿着电流的方向电势逐渐升高，故D错误；
故选BC。
9、BD
【解析】AB．要加速次数最多最终能量最大，则被加速带电粒子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A错误，B正确；
C．据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期，所以

与带电粒子的速度大小无关，故C错误；
D．带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以

所以

据表达式可知，带电粒子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为

那么粒子从D形盒射出时的动能随D形盒半径的增大而增大，故D正确。
故选BD。
10、AC
【解析】AB．静止时，对AB球整体进行受力分析，则有：
T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq
故A正确，B错误；
CD．假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0.若B球带负电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，电场力 qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为
aA=g+
（显然大于g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T，由牛顿第二定律，则有
T+mg=maA
解得
T=qE
故C正确，D错误
故选AC。

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、由a指向b
【解析】电子运动方向从负极流向正极，根据左手定则，四指指向电子运动的反方向，即指向负极，大拇指指向电子偏转方向，由此得出导线下方磁场方向垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知，导线ab中的电流方向从a指向b
点睛：本题考查了左手定则和右手螺旋定则的联合应用，注意两个定则的适用条件，平时加强联系，提高熟练程度
12、 ①.0.44 ②. ③.1.60 （1.58 ~ 1.62 都算对） ④.1.2（1.18 ~1.26 都算对） ⑤.干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.
【解析】（1）由题目表格测量数据知，电流表使用0.6A量程，所以读数为0.44A；
（2）描点画图，如图所示；根据可得：电动势为E=1.6V；图线的斜率等于内阻r=1.2Ω；

（3）干电池长时间使用后,电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.

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