安徽省部分高中2025-2026学年物理高二第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

安徽省部分高中2025-2026学年物理高二第一学期期末复习检测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就会熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别，那么，熔丝熔断的可能性较大的是（ ）
A.同时熔断
B.可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方
C.横截面积大的地方
D.横截面积小的地方
2、如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的(　　)

A.B1 B.B2
CB3 D.B4
3、质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为 θ 的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法正确的是

A.小物块带正电荷
B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C.小物块在斜面上运动时做加速度增大的加速直线运动
D.小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为
4、用伏安法测电阻R，按图中甲图测得的结果为R1，按乙图测得为R2，若电阻的真实值为R，则(　　)

A.R1＞R＞R2
B.R1＜R＜R2
C.R＞R1，R＞R2
D.R1＝R＝R2
5、关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）
A.电场和磁场都是假想的，不是客观存在的物质
B.在电场中的电荷一定受到电场力的作用，在磁场中的运动电荷一定受到磁场力的作用
C.电场线和磁感线是可以形象描述场的强弱和方向的客观存在的曲线
D.磁场中任何两条磁感线都不相交
6、水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是( 　　)

A.沿路径Oa运动
B.沿路径Ob运动
C.沿路径Oc运动
D.沿路径Od运动
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，电路中a、b是两个完全相同的灯泡，电阻为R（忽略电压变化时对电阻的响L是一个自感系数很大、直流电阻为R的自感线圈．当S闭合与断开时，a、b灯泡的发光情况正确的是（ ）

A.S刚闭合后，a灯立即变亮，b灯逐渐变亮
B.S刚闭合后，b灯立即变亮，a灯逐渐变亮
C.S闭合足够长时间后，a灯比b灯更亮
D.S断开后，a灯立即熄灭，b灯闪亮一下再逐渐熄灭
8、如图所示，足够长且间距为L的平行光滑金属导轨水平放置。垂直于导轨放量一根质量为m金属棒，金属棒与导轨接触良好。导轨左端接一阻值为R电阻，其它电阻不计整个装置处于竖直方向磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若整个运动过程中通过电阻的电荷量为q。则金属棒在整个过程中

A.做匀减速直线运动 B.克服安培力做功
C.发生的位移为 D.发生的位移
9、如图是金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能与入射光频率的关系图象．由图象可知（）

A.该金属的逸出功等于
B.该金属的逸出功等于
C.入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
D.入射光的频率为，产生的光电子的最大初动能为
10、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知

A.反映电源内部的发热功率Pr变化的图线是a
B.电源电动势是4 V
C.电源内阻是2Ω
D.当电流为0.5A时，外电阻一定为6Ω
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,当可变电阻R调到20Ω,电流表的读数为0.3A,当可变电阻R调到10Ω,电流表的读数为0.4A,则电源的电动势E=____________V,内阻r=____________Ω。

12．（12分）如图所示为多用电表的示意图，其中S、T为可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为1000Ω的定值电阻，则：

（1）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节______（填“S”或“T”），使电表指针指向______（填“左侧”或“右侧”）的“0”位置
（2）该同学选择×10 倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应重新选择_______（填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k”）．重新选择倍率后，刻度盘上的指针位置如图所示，那么测量结果是___________
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、D
【解析】本题的关键是根据电阻定律可知，在长度相同的地方，横截面积小的地方电阻较大，再根据焦耳定律不难判断横截面积小的地方熔丝熔断的可能性较大
【详解】通过熔丝的电流相同，根据焦耳定律Q=I2Rt和电阻定律可知，在长度L相同的地方，横截面积越小电阻R越大，则产生的热量就越多，就越容易烧断，故D正确
故选D
【点睛】本题关键是明确超导体、导体、半导体、绝缘体的概念，明确其区别
2、C
【解析】根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，

因为I1>I2，故I1产生的磁场大于I2产生的磁场，根据平行四边形定则知H点的合场强可能为B3方向
A．B1与分析结果不符，A错误
B．B2与分析结果不符，B错误
C．B3与分析结果相符，C正确
D．B4与分析结果不符，D错误
3、B
【解析】A．带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上。根据左手定则知，小球带负电，故A错误；
BC．小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为，根据牛顿第二定律知

小球在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误；
D．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有

解得

故D错误。
故选B。
4、A
【解析甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即
U=UR+UA  
电流表的示数I是通过R的真实值，则

  故
R1＞R；
乙图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即
I=IR+IV 
电压表的示数U是R两端电压的真实值，则

  故
R＞R2
则得
R1＞R＞R2；
A．R1＞R＞R2，与结论相符，选项A正确；
B．R1＜R＜R2，与结论不相符，选项B错误；
C．R＞R1，R＞R2，与结论不相符，选项C错误；
D．R1＝R＝R2，与结论不相符，选项D错误；
5、D
【解析】A．电场和磁场都是客观存在的，电场线和磁感线才是为了形象描述场而假想的曲线，故A错误；
B．在电场中的电荷一定受到电场力的作用，而在磁场中运动电荷速度方向与磁场方向共线时不受磁场力的作用，故B错误；
C．电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向的假想曲线，故C错误；
D．磁感线是闭合曲线，磁场中任何两条磁感线都不相交，故D正确。
故选D。
6、D
【解析】根据右手定则可得在导线下方的磁感线强度方向为垂直纸面向外，根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力反向向下，由于越远离导线，磁感应强度越弱，根据半径公式可得粒子运动的半径越来越大，故D正确
考点：考查了右手定则和左手定则，以及带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化

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】对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流
【详解】A、B、C项：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，a灯泡立刻发光，而b灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，因电阻不能忽略的线圈，当电流稳定时，a比b更亮一些，故A、C正确，B错误；
D项：当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，故D错误
故选AC
【点睛】线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高．同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故
8、BD
【解析】A.设导体棒的速度为时，其安培力为

因此安培力随时间减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，A错误；
B.对导体棒，由动能定理可得，其克服安培力做功为

CD.由可得，金属棒发生的位移为

故C错误，D正确；
故选BD。
9、ABC
【解析】A.由题图并结合得，，故逸出功，故选项A符合题意；
B.当时，，故，故选项B符合题意；
C.时，可得出，故选项C符合题意；
D.当入射光的频率为时，不发生光电效应，故选项D不符合题意
10、BCD
【解析】A．根据直流电源总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b，故A错误；
B．图线a的斜率等于电源的电动势，由得到
，
故B正确；
C．由图，当I=2A时，Pr=8W，由公式Pr=I2r得，r=2Ω，故C正确；
D．当电流为0.5A时，由图读出电源的功率PE=2W；由

代入得到R=6Ω，故D正确。
故选BCD。

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、 ①.12 ②.20
【解析】[1][2]由闭合回路欧姆定律

可得
（R表示外电路总电阻）
故当可变电阻R调到20Ω,电流表的读数为0.3A时有
A
当可变电阻R调到10Ω,电流表的读数为0.4A时有
A
联立两式可得V，Ω
12、 ①.（1）T ②.右侧 ③.（2）×100 ④.1100
【解析】多用电表测量电阻时，需要选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近；选择挡位后要进行殴姆调零，然后测量电阻读出示数，指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；根据多用电表选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，读出其示数
【详解】（1）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节T，使电表指针指向右侧的“0”位置.
（2）该同学选择×10 倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太小．说明倍率档选择的过小，为了较准确地进行测量，应重新选择 “×100”．重新选择倍率后，刻度盘上的指针位置如图所示，那么测量结果是11×100Ω=1100 Ω
【点睛】查欧姆表的使用，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换档后要进行欧姆调零；指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；要注意欧姆表的零刻度线在最右侧

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