2026屆福建省泉州市德化一中物理高二上期末質量檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、下圖中表示磁場B、正電荷運動速度v和磁場對電荷作用力F的方向相互關系圖，且B、F、v垂直，這四個圖中畫得正確的是（）A. B.C. D.2、如圖所示，一質量為m、電量大小為q的帶正電小球，從水平向右的勻強電場中的O點以速度v沿與場強方向成37°角射入電場中，油滴運動到最高點時速度大小也是v，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）(sin37°=0.6cos37°=0.8)A.最高點可能在O點的正上方B.勻強電場的電場強度為E＝mg/3qC.O點與最高點之間的電勢差可能為零D.勻強電場的電場強度為E＝mg/4q3、如圖所示，三個同心圓是以點電荷Q為圓心等勢面，相鄰等勢面的電勢差相等，則下列說法正確的是()A.一個點電荷＋q在B點所受的電場力比在A點的大B.一個點電荷＋q在B點具有的電勢能比在A點的小C.將同一個電荷由B點移到D點電場力做的功比由C點移到A點多D.將電荷＋q由B點移到C點，電場力做正功4、關于牛頓第一定律的理解，下列說法正確的是（）A.力是維持物體運動狀態(tài)的原因B.力是改變物體運動狀態(tài)的原因C.物體的質量較小，但運動的速度較大時，慣性也可以很大D.物體自由下落時比豎直上拋時的慣性小5、學校運動會進行跳遠比賽時，要在沙坑里填沙。這樣做的目的是為了減小人觸地過程中的（）A.落地速度 B.動量的變化量C.沙對腳的作用力 D.速度的變化量6、如圖為某同學使用的迷你電風扇，該同學想要研究該風扇電動機的性能。將電風扇與電動勢為2V、內阻為1Ω的電源連接。閉合開關后，電風扇正常運轉，測得電路電流為0.2A。以下判斷中正確的是（）A.電動機兩端的電壓為2V B.電動機的內阻為9ΩC.電動機的輸入功率為0.36W D.電源輸出電功率為0.4W二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖，在圖象中表示的是斯特林循環(huán)，是英國工程師斯特林于1816年首先提出而得名，圖中表示一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A。其中，和為等溫過程，該循環(huán)過程中，下列說法正確的是A.過程中，氣體從外界吸收熱量B.過程中，氣體分子的熱運動變得更激烈C.過程中，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多D.過程中，內能的增加量大于氣體從外界吸收的熱量8、如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標值。一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標x變化的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（）A.該電場一定不是孤立點電荷形成的電場B.A點的電場強度小于B點的電場強度C.電子由A點運動到B點過程中電場力對其所做的功W=EpA－EpBD.電子在A點的動能小于在B點的動能9、如圖所示，勻強電場電場強度為1×103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm，則下述計算結果正確的是（）A.a、b之間的電勢差為4000VB.a、c之間的電勢差為40VC.將q=-5×10-3C的點電荷沿矩形路徑abcda移動一周，靜電力做功為零D.將q=-5×10-3C的點電荷沿abc或adc從a移動到c，靜電力做功都是-0.25J10、如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，L為小燈泡，C為電容器，R為滑動變阻器，電源電動勢為E，內阻為r．現(xiàn)將開關S閉合，當滑動變阻器滑片P向右移動時，下列結論正確的是（）A.燈泡L變亮B.電流表讀數(shù)變小C.電壓表讀數(shù)變小D.電容器C上的電荷量增加三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖所示，質量為m的帶正電小球能沿著豎直的絕緣墻豎直下滑，磁感應強度為B的勻強磁場方向水平，并與小球運動方向垂直．若小球電荷量為q，球與墻間的動摩擦因數(shù)為μ，則小球下滑的最大速度為________，最大加速度為________12．（12分）某同學用多用電表測量一個量程為3V的電壓表的內阻，進行了如下操作：他先用多用表進行粗測，選用×100檔測量時，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉角度偏小。為了較準確地進行測量，應換到__________檔（填“×10”或“×1k”）。換檔后進行正確操作，測量電壓表電阻時多用電表表盤的示數(shù)如圖，則該電壓表內阻是_________kΩ。四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小14．（16分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L15．（12分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大??；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】根據(jù)左手定則，正電荷向右運動時，受到的洛倫茲力的方向向下，故A錯誤；根據(jù)左手定則，正電荷在向外的磁場中向上運動時，受到的洛倫茲力的方向向右，故B錯誤；根據(jù)左手定則，正電荷在向上的磁場中向里運動時，受到的洛倫茲力的方向向右，故C錯誤；根據(jù)左手定則，正電荷在向右的磁場中向下運動時，受到的洛倫茲力的方向向外，故D正確．【點睛】根據(jù)左手定則知，大拇指所指的方向為洛倫茲力的方向，與四指方向（即粒子的速度方向）垂直，與磁場方向垂直．2、B【解析】A.粒子到最高點的速度仍為v，則動能的變化量為零，根據(jù)動能定理知，克服重力做的負功等于電場力做的正功，最高點如果是O點正上方，則電場力不做功，故A錯誤BD.到最高點的時間為，解得：故B正確D錯誤C.根據(jù)動能定理知，從開始到最高點過程中，動能變化量為零，克服重力做的負功等于電場力做的正功，可知O點與最高點的電勢差不可能為零，故C錯誤3、D【解析】根據(jù)電場線的疏密分析電場強度的大小，從而比較電場力的大?。雀鶕?jù)等勢面圖得到電場線的分布圖，然后根據(jù)電場線密處場強大，電場線稀處場強小判斷場強大小，根據(jù)沿著電場線電勢要降低判斷電勢高低，再結合動能定理以及電場力做功與電勢能變化關系分析判斷【詳解】負的點電荷產(chǎn)生的電場的電場線是會聚的直線，如圖所示電場線密處場強大，電場線稀處場強小，由圖可知，B點場強比A點的場強小，則一個點電荷+q在B點所受的電場力比在A點的?。蔄錯誤．沿著電場線電勢要降低，故B點的電勢比A點的電勢高，故+q在B點具有的電勢能比在A點電勢能大．故B錯誤．據(jù)題有UBD=UCA，根據(jù)電場力做功公式W=qU可知，將同一個電荷由B點移到D點電場力做的功與由C點移到A點一樣多．故C錯誤．沿著電場線電勢要降低，故B點的電勢比C點的電勢高，故+q在B點具有的電勢能比在C點電勢能高，所以將電荷+q由B點移到C點，電場力做正功．故D正確．故選D【點睛】本題關鍵要明確電場力的做功情況，然后根據(jù)動能定理判斷動能的變化情況，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系得到電勢能的變化情況4、B【解析】力是改變物體運動的原因，而不是維持物體運動的原因，慣性只和物體的質量有關，與物體的運動狀態(tài)無關，B正確考點：考查了對牛頓第一定律的理解5、C【解析】AD．落地速度是由下跳時的高度決定的，沙坑不會改變落地速度，而落地后速度為零，故速度的變化量也不會改變，故AD錯誤；BC．跳遠比賽時，運動員從與沙坑接觸到靜止動量的變化量相等，設為△p，由動量定理可知，人受到的合力的沖量I=△P是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延長了人與沙坑的接觸時間，t變大，由動量定理得△P=Ft，△P一定，t越長，動量變化率越小，人受到的合外力越??；故能減小的只有動量的變化率，即沙對腳的作用力，故C正確，B錯誤。故選C。6、C【解析】A.電動機兩端的電壓為：UM=E?Ir=2?0.2×1=1.8V，故A錯誤；B.電動機是非純電阻電路，歐姆定律不適用，其內阻：故B錯誤；C.電動機輸入的電功率為：PM=UMI=1.8×0.2=0.36W，故C正確；D.電源的輸出功率等于電動機的輸入功率，為0.36W，故D錯誤。故選：C二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】A．A→B為等溫過程，一定質量的理想氣體的溫度不變，內能不變，體積增大，氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律可知氣體從外界吸收熱量，故A正確；B．B→C過程中為等容變化，一定質量的理想氣體的壓強減小，溫度降低，分子的平均動能減小，氣體分子的熱運動變慢，故B錯誤；C．C→D過程為等溫過程，一定質量的理想氣體的壓強增大，體積減小，分子密集程度增大，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多，故C正確；D．D→A過程為等容變化，外界對氣體不做功，一定質量的理想氣體的壓強增大，溫度升高，內能的增加量等于氣體從外界吸收的熱量，故D錯誤。故選AC。8、AC【解析】A．由于A、B兩點的電勢能與兩個位置間的關系如題圖乙所示，說明電勢隨位置均勻增加，電場強度不變，不是孤立點電荷形成的電場，選項A正確；B．A、B兩點的電場強度相等，選項B錯誤；C．由題圖乙可知，電子在A、B兩點的電勢能分別為EpA和EpB，且EpB>EpA說明電子由A運動到B時電勢能增大，電場力做負功，電場力對其所做的功為W=EpA－EpB選項C正確；D．電場力做負功，動能減小，電子在A點的動能大于B點的動能，選項D錯誤。故選AC。9、BC【解析】A．之間的電勢差為A錯誤；B．由圖看出，c、在同一等勢面上，電勢相等，則有B正確；C．將的點電荷沿矩形路徑移動一周，電場力不做功，C正確；D．將的點電荷沿或從移動到，電場力做功相等，電場力做功為D錯誤。故選BC。10、AC【解析】當滑動變阻器滑片P向右移動時，分析變阻器接入電路電阻的變化，確定外電路總電阻的變化，由歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，判斷兩電表讀數(shù)的變化和小燈泡亮度的變化，由歐姆定律分析電容器電壓的變化，確定其電荷量的變化；【詳解】A、當滑動變阻器滑片P向右移動時，變阻器接入電路電阻減小，外電路總電阻減小，由歐姆定律得知，總電流增大，路端電壓減小，則電流表示數(shù)變大，電壓表示數(shù)變小，燈泡L變亮，故AC正確，B錯誤；D、電容器的電壓，I增大，其它量不變，則U減小，由可知電容器C上電荷量Q減小，故D錯誤；【點睛】本題是電路的動態(tài)變化分析問題，按“部分→整體→部分”的思路進行分析三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.②.【解析】小球靜止時只受重力，則加速度為g，下滑后，小球受洛倫茲力、重力、支持力及摩擦力，洛倫茲力水平向左，摩擦力豎直向上，小球向下做加速運動，速度越大，洛倫茲力越大，則摩擦力越大，加速度越小，當加速度等于零時，速度最大，則，得，此后小球做勻速直線運動，加速度為0，故開始時加速度最大：.點睛：本題要注意分析帶電小球的運動過程，屬于牛頓第二定律的動態(tài)應用與磁場結合的題目，此類問題要求能準確找出物體的運動過程，并能分析各力的變化12、(1).×1k(2).22.0【解析】[1][2]．先用×100檔測量電阻Rx時，表頭指針向右偏轉角度過小，說明所測電阻阻值較大，所選擋位太小，為準確測量電阻阻值，應換用×1k檔，換擋后要重新進行歐姆調零，由圖可知，電阻的阻值讀數(shù)為：22×