2026届湖北省大冶市一中物理高二第一学期期末联考试题含解析.doc

2026届湖北省大冶市一中物理高二第一学期期末联考试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将( )

A.N极竖直向上
B.N极竖直向下
C.N极水平向左
D.小磁针在水平面内转动
2、如图所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )

A.初速度最小的粒子是沿①方向射出的粒子
B.初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C.在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D.在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
3、在如图所示的电路中，当滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.路端电压变小 B.电流表的示数变大
C.电路的总电阻变大 D.电源内阻消耗的功率变小
4、利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（ ）

A.仅增大两板间的距离，指针偏角将增大
B.仅增大两板间的距离，指针偏角将减小
C.仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小
D.仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变
5、空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )

A.A点和B点电势相同
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点，静电力做正功
D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小
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、图示为某电场的电场强度E随时间t变化的图像。当时，在此电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）

A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.3s末带电粒子回到原出发点
C.0~1s内电场力做正功 D.0~4s内，电场力做的总功为0
8、如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM是固定电阻R两端的电压随电流变化的图线，由图可知

A.该电源的电动势为6 V，内阻是2 Ω
B.固定电阻R的阻值为1 Ω
C.该电源的最大输出功率为9 W
D.当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%
9、阻值为10Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上．以下说法中正确的是 （ ）

A.电压的有效值为10V
B.通过电阻的电流有效值为A
C.电阻消耗电功率为5W
D.电阻每秒种产生的热量为10J
10、如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．若不计粒子所受重力，则

A.粒子a带负电，粒子b、c带正电
B.粒子c在磁场中运动的时间最长
C.粒子c在磁场中的动能最大
D.粒子c在磁场中的加速度最小
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）图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100 Ω挡。

(1)图a中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为___________。（结果均保留3位有效数字）
12．（12分）右图电路中，滑动变阻器的滑片向上移动过程中，A、B两个小灯泡的亮度变化情况是A灯___________，B灯___________。（填“变亮”、“变暗”、“不变”）

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、C
【解析】带电金属环形成逆时针电流（从右向左看），根据安培定则可知，通过金属环轴OO’处的磁场方向水平向右，小磁针处的磁场方向水平向左，故小磁针N极最后水平指向左方，所以只有选项C正确；
2、D
【解析】由，可知r的越大，V越大．由图知①的半径最大，则其速度最大，故A B错误
因，则周期相同，则运动时间由偏转角度决定，由图知④的偏转角度最大，其时间最长，则C错误，D正确．故选D
3、A
【解析】滑片由a向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则外电路总电阻减小，电路的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，由P=I2r可知，内电阻上消耗的功率变大。路端电压UE-Ir，因I增大，故U变小。又电流表的示数，因U变小，故IA变小。故A正确，BCD错误。
故选A。
4、A
【解析】AB．增大板间距，据电容的决定式：

可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：

可知两极板间的电势差变大，静电计指针张角变大，A正确，B错误；
C．极板正对面积变小，根据电容的决定式：

可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：

可知两极板间的电势差变大，静电计指针张角变大，C错误；
D．极板间插入有机玻璃则变大，根据电容的决定式：

可知电容变大，电容器电荷量不变，结合电容定义式：

可知两极板间的电势差变小，静电计指针张角变小，D错误。
故选A。
5、C
【解析】A．A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，故A错误
B．根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，则电场强度不同，故B错误
C．从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，故C正确
D．C点和D点在同一个等势面上，负电荷在CD两点电势能相等；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大原来的值，故D错误
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、BC
【解析】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为

第2s内加速度

因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来0.5s将反向加速，v-t图象如图所示

A．带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；
B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=3s时，带电粒子回到出发点，故B正确；
C．由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，电场力做正功，故C正确；
D．因为第4s末粒子的速度不为零，因为粒子只受电场力作用，根据动能定理知0~4s内电场力做的总功不为零，故D错误。
故选BC。
8、CD
【解析】根据U-I图象AB正确读出电源的电动势和短路电流，根据OM图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点
【详解】电源的U-I图像的纵截距表示电源电动势，故，电源U-I图像的斜率表示电源内阻，故，A错误；线性电阻U-I图像的斜率表示电阻大小，故，B错误；当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电阻时，电源输出功率为，C正确；当该电源只向电阻R供电时，，D正确
9、BC
【解析】由U-t图象，交流电压最大值为10V，有效值．故A错误．通过电阻的电流．故B正确．根据，知电阻消耗的电功率．故C正确，电阻每秒产生热量．故D错误
故选BC．

10、BD
【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：相同，粒子在磁场中的运动时间：，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子的动能，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大，故C错误；由牛顿第二定律得：，解得加速度：，三粒子q、B、m都相等，c在磁场中运动的半径最小，c的加速度最小，故D正确．所以BD正确，AC错误

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.黑 ②.B ③.160 ④.880 ⑤.1.45 mA ⑥.1.10×103 Ω ⑦.2.90 V
【解析】(1)[1]与欧姆表内电源正极相连的是黑表笔。
(2)[2]R6是可变电阻，它的作用就是欧姆表调零，也就是使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。
(3)[3]换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以

[4]换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与R1、R2并联组成新表头，新表头的内阻

新表头的量程是1 mA，所以

(4)[5]某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端与“1”相连，则多用电表是量程为2.5 mA的电流表，则读数为1.45 mA；
[6]若此时B端与“3”相连接，多用电表是欧姆×100 Ω挡，则读数为11.0×100 Ω，即1.10×103 Ω；
[7]若此时B端与“5”相连接，多用电表是量程为5 V电压表，则读数为2.90V。
12、 ①.变暗 ②.变亮
【解析】[1][2]．滑动变阻器的滑片向上移动过程中，电阻变大，则总电阻变大，总电流减小，即A灯电流减小，即A灯变暗；A灯两端电压值减小，则由UB=U-UA可知B灯两端电压变大，即B灯变亮；

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