2026届陕西省西乡二中高二物理第一学期期末统考试题含解析.doc

2026届陕西省西乡二中高二物理第一学期期末统考试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、下列说法中正确的是（）
A.线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化
B.感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化成正比
C.感应电流产生的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化
D.穿过闭合回路的磁通量不发生变化，回路中也可能有感应电流产生
2、关于电场和磁场，以下说法正确的是（ ）
A.电场、磁场、电场线、磁感线都是为了研究问题方便而假想的
B.电场的电场线和磁场的磁感线都是闭合的曲线
C.无论是运动电荷还是静止的电荷在电场中都会受电场力的作用
D.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为零
3、关于磁感应强度B，下列说法正确的是
A.磁感应强度B方向与通电导体受到的安培力方向相同
B.磁感应强度B的方向与正电荷受到的洛伦兹力方向相同
C.磁感应强度B的大小是
D.磁感应强度B的大小是
4、如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确是（）

A.该电场是匀强电场
B.a点的电场强度比b点的大
C.b点的电场强度比a点的大
D.正电荷在a、b两点受力方向相同
5、在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是

A.I1增大，I2不变，U增大
B.I1减小，I2增大，U减小
C.I1增大，I2减小，U增大
D.I1减小，I2不变，U减小
6、用多用电表测直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的(＋)插孔，则( )
A.测U时电流从红表笔流入多用电表，测R时电流从红表笔流出多用电表
B.测U、测R电流均从红表笔流入多用电表
C.测U、测R电流均从红表笔流出多用电表
D.测U时电流从红表笔流出多用电表，测R时电流从红表笔流入多用电表
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、直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用.如图所示,一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上,电动机内阻,电灯灯丝电阻(阻值认为保持不变),电源电动势V,内阻,开关S闭合,电动机正常工作时,电压表读数为8V.则下列说法正确的是( )

A.流过电源的电流9A
B.流过电动机的电流3A
C.电动机的输入功率等于64W
D.电动机对外输出的机械功率15W
8、如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是（　　）

A.粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长
B.出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C.出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
D.只要速度满足，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
9、如图所示，一根重力G=0.1N、长L=1m的质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成θ=60°角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均为竖直状态，当导体中通过I=1A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了△x=0.01m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B=0.4T，则

A.导体中电流方向为b→a
B.每根弹簧的弹力大小为0.10N
C.弹簧的劲度系数k=5N/m
D.若导体中不通电流，则弹簧伸长0.02m
10、如图画出的是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随时间变化而变化的规律，以下说法错误的是（　　）

A.第0.6s末线圈中的瞬时电动势为4V
B.第0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的大
C.第0.4s末与第0.9s末线圈中通过的瞬时感应电流的方向相同
D.第0.2s末与第0.4s末线圈中通过的瞬时感应电流的方向相同
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）为精确测量电源的电动势和内阻，实验小组设计了图甲所示电路，图中S2为单刀双掷开关，定值电阻R0=4Ω。实验时先闭合开关S1，然后分别将S2先后接到1和2，移动滑动变阻器滑片，记录多组电压表和电流表的读数U和I，最后通过描点得到图乙所示的两条U-I关系图线。

(1)请根据图甲，在图丙中将单刀双掷开关连入电路_________。
(2)若只考虑系统误差，当单刀双掷开关拨向1时，E测______E真，r测______r真；当单刀双掷开关拨向2时，E测_______E真，r测_______r真（填“>”、“=”、“<”）。
(3)根据图乙可知电源电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。（结果均保留三位有效数字）
(4)电压表内阻RV=_______Ω ，电流表内阻RA=_________Ω。（结果均保留三位有效数字）
12．（12分）质子（）和粒子（）从静止开始经相同的电压加速后进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两个粒子的动能之比为_____，轨道半径之比为______，周期之比为_________
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．由楞次定律可知，线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，故A正确
B．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故B错误；
C．由楞次定律可知，根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止磁通量的变化，故C错误；
D．穿过闭合回路的磁通量不发生变化时，回路中一定没有感应电流产生，故D错误。
故选A。
2、C
【解析】A．电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，并不是实际存在的线，但电场和磁场是实际的存在，故A错误；
B．电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，从正电荷出发负电荷终止；磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部，从N极出发进入S极，磁铁内部从S极指向N极，故B错误。
C．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，无论是运动电荷还是静止的电荷在电场中都会受电场力的作用，故C正确。
D．静止电荷在磁场中不受磁场力，但该处磁感应强度不一定为零，故D错误。
故选：C。
3、C
【解析】本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直
【详解】A、B项：磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，根据左手定则可知磁感应强度B的方向与安培力方向或洛伦兹力方向垂直，故A、B错误；

C项：安培力，其中为电流与磁场方向的夹角，解得：，所以，故C正确；
D项：由磁通量为可得：，故D错误
故选C
【点睛】对于磁感应强度的定义式是要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义类比学习
4、B
【解析】ABC．据电场线的疏密表示电场强度大小，则有Ea>Eb，故B正确，AC错误；
D．正电荷在a、b两点所受电场力方向与该点电场强度方向相同，而a、b两点的电场强度方向不同．所以受力方向也不同，故D错误；
故选B。
5、B
【解析】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确
6、B
【解析】考查多用电表的使用。
【详解】根据多用电表的原理，若红表笔插入多用电表的(＋)插孔，不管测什么物理量，电流都是红表笔进，黑表笔出，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、BD
【解析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流．由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流．电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差
【详解】A、电源的输出电压，则有；故A错误.
B、对灯泡：，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=I-I灯=4A-1A=3A，故B正确.
C、电动机的输入功率等于P=UI电=8×3=24W，故C错误；
D、根据能量转化与守恒定律得，电动机输出功率P出=UI电-I电2rM=24-9=15W，故D正确.
故选BD.
【点睛】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用.
8、BD
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
，

则速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由知，运动时间t越小，故A错误；
B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹圆心为，粒子出射点为，根据几何知识可知
≌
则

即对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；
C．速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故C错误；
D．速度满足v=时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的轨迹半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
故选BD。

【点睛】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系。
9、AC
【解析】A：当导体中通过I=1A的电流时，两根弹簧比原长缩短，安培力方向向上，则左手定则，导体中电流的方向为b→a．故A项正确
B：通电后，导体棒的有效长度 ，受到的安培力，据受力分析解得，每根弹簧的弹力大小为0.05N．故B项错误
C：据解得．故C项正确
D：若导体中不通电流解得：，弹簧伸长0.01m．故D项错误
10、AD
【解析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比,结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率
运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题；
【详解】A、在内，，故A错误；
B、由图知，0.9 s末的磁通量变化率比0.2 s时的大，所以0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的大，故B正确；
C、第0.4s末与第0.9s末的图象斜率都为负值，瞬时电动势的方向相同，则瞬时感应电流的方向相同，故C正确；
D、第0.2s末与第0.4s末的图象斜率一正一负，瞬时电动势的方向相反，则瞬时感应电流的方向相反，故D错误
【点睛】通过Φ-t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ-t图象斜率的意义，利用图象解决问题是现在考试中常见的问题，对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究

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.> ④.< ⑤.< ⑥.3.00 ⑦.1.00 ⑧.745 ⑨.1.00
【解析】(1)[1]按实验原理图连接，如图

(2)[2][3]当单刀双掷开关拨向1时，根据等效电路可知，电动势等于电源没有接入电路时电源两端电压，则电动势测量值与真实值相等，此时，电源内阻测量值为电源内阻与电流表的内阻和定值电阻串联值即偏大；
[4][5]当单刀双掷开关拨向2时，根据等效电路可知，电动势等于电源没有接入电路时电源两端电压，电动势测量值即为电压表示数，则小于真实值相等，此时，电源内阻测量值为电源内阻与电压表的并联值即偏小；
(3)[6]由于两次测量中，电动势测量值一次与真实值相等，一次比真实值小，由图乙可知，电动势应为

(4)[7][8][9]当开关接1时，由闭合电路欧姆定律有

当开关接2时，由闭合电路欧姆定律有

变形得

由图像可得

联立解得
，
12、 ①.1:2 ②. ③.1:2
【解析】[1]由动能定理知两个粒子的动能之比即是电场力做功之比，则有

[2]由

得
由动能定理得

得
联立得
则有

[3]由周期公式

得

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