重庆铜梁县一中2026届高二上物理期末检测试题含解析.doc

重庆铜梁县一中2026届高二上物理期末检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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、如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是

A.粒子带正电
B.粒子在b点速率大于在a点速率
C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
2、如图所示，矩形abcd的ad、bc边长为 2L，ab、cd边长为L。一半径为L的半圆形区域（圆心O在bc中点）内有方向垂直纸面向里、强度为B的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子从b点以速度v0沿bc方向射入磁场，粒子恰能通过d点。不计粒子的重力，则粒子的速度v0大小为

A. B.
C. D.
3、关于参考系的选取，下列说法正确的是（　　）

A.参考系必须选取静止不动的物体
B.参考系必须是和地面联系在一起的
C.在空中运动的物体不能作为参考系
D.任何物体都可以作为参考系
4、已知电荷量单位是库，符号为C：电流单位是安，符号为A；时间单位是秒，符号为s．由电流定义式可知，这三个单位之间的关系是（　　）
A.1C=1A•s B.1C=lA•s﹣1
C.1C=1A﹣1•s D.1C=1A﹣1•s﹣1
5、如图是某款能一件自动上水的全自动智能电热壶，当壶内水位过低时能自动加满水，加热之后的水，时间长了冷却，机器又可以自动加热到设定温度。某同学为了研究其工作原理，经进一步查阅厂家相关技术说明了解到：“一键加水”是由一水泵电动机）和传感器来实现的，单独对这一部分进行测试时发现，当其两端所加电压时，电动机带不动负载，因此不转动，此时通过它的电流；当其两端所加电压时（通过变压器实现），电动机能带动负载正常运转，这时电流，则下列说法正确的是（）

A.这种电热壶工作时加热部分的电阻值约为5Ω
B.正常工作时，其输出的机械功率为
C.正常工作时，其电动机内阻两端电压为
D.使用一天该水壶消耗的电能为
6、如图所示，一个匝矩形闭合线圈，总电阻为，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以恒定的角速度转动，线圈产生的电动势的最大值为，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则（　　）

A.线圈电动势的瞬时值表达式为
B.当线圈转过时，磁通量的变化率达到最大值
C.穿过线圈的磁通量的最大值为
D.线圈转动一周产生的热量为
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，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（）

A.动能减少10J B.电势能增加24J
C机械能减少24J D.内能增加16J
8、如下所示四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现。其中说法正确的是（）

A.甲图行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，是开普勒得到的行星运动三大定律中的其中一条规律
B.乙图卡文迪许实验示意图，卡文迪许通过扭秤实验，归纳出了万有引力定律
C.丙图奥斯特实验示意图，奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场
D.丁图法拉第电磁感应实验装置图，法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律
9、用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流（如图所示），当棒静止时，弹簧秤的读数为F1；若将棒中的电流方向反向，当棒静止时，弹簧秤的示数为F2，且F2＞F1，根据这两个数据，不能确定（）

A.磁场的方向 B.磁感强度的大小
C.安培力的大小 D.铜棒的重力
10、如图所示，质量为、长为的直导线用两绝缘细线悬挂于、，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿正方向的电流，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为（　　）

A.轴正方向，
B.轴负方向，
C.轴正方向，
D.轴负方向，
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）物理课外活动小组在用单摆测重力加速度的实验中测出了不同摆长L所对应的周期T，在进行实验数据处理时：
①甲同学以摆长L为横坐标、周期T的平方为纵坐标作出了T2—L图线．若他由图象测得的图线斜率为K，则测得的重力加速度g=_____________．若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图线法求得的重力加速度___________________（选填“偏大”、“偏小”、“准确”）
②乙同学根据公式得，并计算重力加速度，若他测得摆长时，把摆线长当作摆长（忘记加上小球半径），则他测得的重力加速度值__________（选填“偏大”、“偏小”、“准确”）
12．（12分）如图所示的电路中，小量程电流表的内阻，满偏电流，，；
（1）当S1和S2均断开时，改装成是_______表，最大量程是______；
（2）当S1和S2均闭合时，改装成的是_______表，最大量程是______。

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、C
【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间
由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误
2、D
【解析】粒子沿直径飞入，根据径向对称特点确定圆心，如图所示：

根据几何关系：

解得：
连接，根据几何关系：

解得：
这里我们简单提供一种计算的计算方法：

联立方程解得：
洛伦兹力提供向心力：

解得：，D正确，ABC错误。
故选D。
3、D
【解析】参考系的选择是任意的，选取的原则是根据研究问题的需要以及方便性选择。
故选D。
4、A
【解析】根据电流的定义式，Q=It，则1C=1A•s，故A正确，BCD错误
故选：A
5、B
【解析】考查电功率与热功率，焦耳定律。
【详解】A．由铭牌图可知，加热部分额定电压为220V，额定功率为1500W，则加热部分电阻为：

A错误；
B．电压时，电动机带不动负载，此时仅加热部分工作，电流，则电动机内阻：

其两端所加电压时，电动机能带动负载正常运转这时电流，则输出功率：

B正确；
C．正常工作时，其电动机内阻两端电压为：

C错误；
D．使用一天该水壶，加热部分消耗的电能为：

总消耗的电能应该加上电动机消耗，故大于，D错误。
故选B。
6、D
【解析】A．线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，线圈电动势的表达式：

A错误；
B．当线圈转过时，线圈与中性面重合，电动势为0，根据：

可知磁通量的变化率为零，B错误；
C．感应电动势最大值为：

穿过线圈的磁通量的最大值为：

C错误；
D．根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系：

线圈转动一周，产生热量：

D正确。
故选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、AD
【解析】A．根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，则

即动能减少10J；A正确；
B．电势能的变化量等于电场力做功，即

即电势能增加8J；B错误；
C．机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功，即

即机械能增加8J；C错误；
D．内能增加量等于客服摩擦力做功，即16J，D正确。
故选AD。
8、AC
【解析】A．甲图行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积即为开普勒第二定律，故A正确；
B．该实验是卡文迪许做的扭秤实验；卡文迪许通过扭秤实验，测出万有引力常量，并非归纳出了万有引力定律，故B错误；
C．该实验是奥斯特研究电流磁效应的实验；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故C正确；
D．楞次总结出判断电磁感应现象中感应电流方向的规律，故D错误。
故选AC。
9、ACD
【解析】因为电流反向时，弹簧秤的读数，可知电流自左向右时，导体棒受到的磁场力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故A正确；由于无法确定电流大小，所以磁感应强度的大小不知，故B错误；令铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：①；当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：②；联立①②得：，，因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD正确，故选ACD
【点睛】由题意知，导体棒受到的磁场力方向在竖直方向，因为电流反向时磁场力同样反向，又因为反向时，弹簧秤读数增大，由此可知电流自左向右时，导体棒受磁场力方向向上，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里．因为电流反向，磁场力只改变方向，不改变大小，根据导体棒的平衡可以求出安培力的大小表达式和重力大小的表达式
10、AD
【解析】A．磁感应强度方向y轴正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向竖直向上，当

时，

安培力与重力二力平衡导线可以保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，故A正确；
B．磁感应强度方向y轴负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向竖直向下，当

时，

绳子只有在竖直位置静止，故B错误；
C．磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能在偏离y正方向的位置平衡，故C错误；
D．磁感应强度方向为z轴负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件

得

故D正确。
故选AD。

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.准确 ③.偏小
【解析】①[1][2] 如果甲同学以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2-l图象，若他测得的图象的斜率为k，则，由公式，可知测得的重力加速度；若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，由公式可知，与摆长无关，所以测量值准确
②[3] 乙同学根据公式：得，并计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小
12、 ①.电压表 ②.1V ③.电流表 ④.1A
【解析】(1)[1]当S1和S2均断开时，电流表与R1串联，改装成的是电压表。
[2] 量程为U则

(2)[3]当S2和S1均闭合时，R2和电流表并联，改装成电流表。
[4] 量程为I，则

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