2025-2026学年辽宁鞍山市第一中学物理高二上期末经典模拟试题含解析.doc

2025-2026学年辽宁鞍山市第一中学物理高二上期末经典模拟试题
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、如图所示为某静电除尘装置的原理图废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则以下说法正确的是(　)

A.A点的电场强度小于B点的电场强度
B.A点的电势高于B点的电势
C.尘埃在A点的电势能大于在B点的电势能
D.尘埃在A点受到的静电力小于在B点的受到的静电力
2、如下图所示的均匀磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者其方向，其中错误的是（　　）
A.
B.
C.
D.
3、在1 min内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240 C，那么加在该导体两端的电压是（ ）
A.20 V B.48 V
C.120 V D.1 200 V
4、1797年至1798年，英国物理学家卡文迪许完成了一项伟大的实验——在实验室中完成了测量两个物体之间万有引力的实验，他把这项实验说成是“称地球的重量”（严格地说应是“测量地球的质量”），在这个实验中首次测量出了
A.地球表面附近的重力加速度
B.月球的公转周期
C.月球的质量
D.引力常量
5、质量和电荷量都相等的带电粒子P和Q（均不计重力），以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是（　　）

A.粒子P带正电，粒子Q带负电
B.粒子P在磁场中运动的速率大于Q的速率
C.洛伦兹力对粒子P做负功、对粒子Q做正功
D.粒子P在磁场中运行的时间大于粒子Q运行的时间
6、把长0.10m的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直．当导线中通过的电流为3.0A时，该直导线受到的安培力的大小为1.5×10﹣3N．则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A.4.5×10﹣3 T B.2.5×103 T
C.2.0×102T D.5.0×10﹣3T
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、如图所示理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是（）

A.原线圈和副线圈的匝数比为2：1
B.原线圈和副线圈的匝数比为5：1
C.电流表A2的示数为1.0A
D.电流表A2的示数为0.4A
8、如图所示，水平直导线中通有恒定电流I，在导线的正上方处将一带电粒子以与电流方向相同的初速度v0射入，不计重力作用，该粒子将

A.若粒子带正电，将沿路径a运动
B.若粒子带正电，将沿路径b运动
C.若粒子沿路径b运动，轨迹半径变小
D.若粒子沿路径b运动，轨迹半径变大
9、下列说法中错误的是（　）
A.磁感应强度的方向就是该处电流受力方向
B.一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，该处可能有磁场
C.一小段通电导线放在磁场中A处时受磁场力比放在B处大，则A处磁感强度比B处的磁感强度大
D.因为，所以某处磁感强度的大小与放在该处的通电小段导线IL乘积成反比
10、一闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A.t=0时刻线圈平面与中性面平行
B.t=0.1s时刻，穿过线圈平面的磁通量变化率为零
C.t=0.2s时刻，线圈中有最大感应电动势
D.t=0.4s时刻，线圈中的感应电流为零
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）（1）某同学对表头G进行改装，已知其满偏电流Ig＝100μA，内阻标称值Rg＝900Ω．先利用定值电阻R1将表头改装成1mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成3V的电压表V1（如图所示）．则根据条件定值电阻R1＝______Ω，R2＝______Ω

（2）改装完毕后，用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表V2对此电压表从零开始全范围的刻度进行校准．滑动变阻器R有两种规格：
A．滑动变阻器0～20Ω）
B．滑动变阻器（0～2kΩ）
为了实验中电压调节方便，滑动变阻器R应选用______（填“A”或“B”）
（3）完成图乙中的校准电路图____要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上）
（4）由于表头G上的标称值Rg小于真实值，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数______．（填“偏大”或“偏小”）
12．（12分）如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置
①关于此实验装置中的静电计，下列说法中正确的是______．（选填选项前面的字母）

A．静电计指针张角的大小反映了平行板电容器所带电荷量的多少
B．静电计指针张角的大小反映了平行板电容器两板间电压的大小
C．静电计的外壳与A板相连接后可不接地
D．可以用量程为3V的电压表替代静电计
②让平行板电容器正对的两极板带电后，静电计的指针偏转一定角度．不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内．现要使静电计指针偏转角变大，下列做法中可行的是_____．（选填选项前面的字母）
A．保持B板不动，A板向上平移
B．保持B板不动，A板向右平移
C．保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板
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）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=60T、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

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】根据电场线的疏密可分析场强的大小，进而判断尘埃在A、B两点受到的静电力的大小；根据电场方向，可判断电势高低；分析尘埃所受的电场力的方向，确定电场力对尘埃做功的情况，从而分析出电势能的变化情况。
【详解】AD.由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的电场强度大于B点的电场强度，故尘埃在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力，故A、D均错误；
BC.由图可作过B的等势线，交A所在电场线于B′，则可知，B′点靠近正极板，故B点的电势高于A点电势，因为负电荷在电势越高的地方电势能越小，在电势越低的地方电势能越大，所以尘埃在B点的电势能小于在A点的电势能，故B错误，C正确；
故选C。
2、C
【解析】ABD．根据左手定则，ABD正确；
C．C项导体棒与磁场平行，不受力，C错误。
本题选错误的，故选C。
3、A
【解析】导体的电流为，故导体两端的电压为，A正确
4、D
【解析】英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G，因此卡文迪许被人们称为能“称地球的重量”的人；
【详解】1797年至1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G，根据万有引力等于重力，有：，则地球的质量，由于地球表面的重力加速度和地球的半径已知，所以根据公式即可求出地球的质量，因此卡文迪许被人们称为能“称地球的重量”的人，故选项D正确，ABC错误
【点睛】解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及知道卡文迪许测量出了万有引力常量即可
5、B
【解析】带电粒子在电场中受力根据左手定则判断，而运动轨道半径与运动周期根据牛顿第二定律和圆周运动公式解决。
【详解】A．根据左手定则可知Q带正电，P带负电荷，A错误；
B．由图可知P粒子运动轨道半径RP大于Q粒子运动的轨道半径RQ，而根据

可知

轨道半径越大的粒子，运动速率越大，B正确；
C．由于洛伦兹力的方向总是与粒子运动方向垂直，因此洛伦兹力对粒子不做功，C错误；
D．粒子在磁场中的运动的周期

两个粒子质量与带电量相同，因此运动周期相同，而两个粒子在磁场中都运动了半个周期，因此运动时间相同，D错误。
故选B。
【点睛】粒子在磁场中运动的周期与运动速度无关。
6、D
【解析】当磁场的方向与电流方向垂直时，，根据该公式求出磁场的磁感应强度
当磁场的方向与电流方向垂直时， ，则

故磁感应强度的大小为5×10﹣3T．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、BC
【解析】变压器输出功率等于输入功率，则：，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故BC正确，AD错误
8、AD
【解析】水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断出导线所产生的磁场方向，由左手定则判断带电粒子所受的洛伦兹力方向，即可分析粒子的运动方向；根据半径公式，结合磁感应强度的变化分析带电粒子半径如何变化.
【详解】A、B、水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，导线上面的正粒子所受的洛伦兹力方向向下，则正粒子将沿a轨迹运动，故A正确，B错误.
C、D、若粒子沿b轨迹运动，洛伦兹力不做功其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由半径公式可知粒子的轨迹半径逐渐增大；故C错误，D正确.
故选AD.
【点睛】本题是安培定则、左手定则及洛伦兹力对带电粒子不做功而提供向心力的半径公式的综合应用.
9、ACD
【解析】A．根据左手定则可知电流受到的安培力方向和该处磁感应强度方向垂直，故A错误；
B．当电流方向和磁场方向平行时，不受磁场力的作用，所以一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，有可能是通电方向和磁场平行了，该处的磁感应强度方向不一定为零，故B正确；
C．影响通电导线在磁场中受到的磁场力大小的因素有电流的大小磁感应强度的大小、通电导线的长度以及电流方向与磁场方向的夹角，同一小段通电导线在A处受到的磁场力比在B处的大，有可能两处电流方向与磁场方向的夹角不同造成的，不一定是A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大，故C错误；
D．公式为磁感应强度的计算式，不是决定式，磁感应强度的大小和外界因素无关，只和磁场本身的性质有关，故D错误。
故选ACD。
10、BC
【解析】A.由图可知t=0时刻通过线圈的磁通量为0，此时线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，选项A错误；
B.t=0.1s时刻通过线圈的磁通量最大，穿过线圈平面的磁通量变化率为零，选项B正确；
C.t=0.2s时刻通过线圈磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，选项C正确；
D.t=0.4s时刻，通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，线圈中的感应电流最大，选项D错误。
故选BC。

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、 ①.100； ②.2910； ③.A； ④.； ⑤.偏小；
【解析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把嗲刘波改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值；
为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
根据实验电路应用串并联电路特点分析答题
【详解】(1) 由图示电路图可知：R1=
装后电流表内阻：
把电流表改装成电压表，串联电阻：；
(2) 为方便实验操作滑动变阻器应选择最大阻值较小的A；
(3) 电压表从0开始全范围的刻度进行校准，滑动变阻器应选择分压接法，
标准电压表与改装后的电压表并联，电路图如图所示：

(4) 表头G上的标称值Rg小于真实值，改装后的电流表内阻偏小，改装后的电压表串联电阻偏大，
电压表内阻偏大，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏大，通过改装电压表的电流偏小，
改装后电压表指针偏角较小，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏小
【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，由于串并联电路特点与欧姆定律可以解题；要掌握实验器材的选择原则
12、 ①.BC ②.A
【解析】①静电计指针张角可表示出两板间电势差的大小，所以A错误B正确
因为目的就是为了让两板间电势差与静电计两铂片上电势差相等，所以静电计的外壳与A板相连接后可不接地，故C正确
电压表有示数必须有电源，所以不可以用量程为3V的电压表替代静电计，故D错误
故选BC
②现要使静电计指针偏角变大，即电势差增大，，电荷量不变，所以电容减小，，保持B板小动，A板向上平移，正对面积减小，电容减小，符合题意，故A正确
保持B板不动，A板向右平移，板间距离减小，电容增大，不符合题意，故B错误
保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板，增大介电常数，电容增大，不符合题意，故C错误
故选A

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、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
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