2026屆河北省淶水波峰中學高二物理第一學期期末監(jiān)測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、關(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法正確的是A.磁感應(yīng)強度B方向與通電導(dǎo)體受到的安培力方向相同B.磁感應(yīng)強度B的方向與正電荷受到的洛倫茲力方向相同C.磁感應(yīng)強度B的大小是D.磁感應(yīng)強度B的大小是2、關(guān)于感應(yīng)電動勢，下列說法中正確的是()A.穿過線圈磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大B.穿過線圈的磁通量的變化量越大，感應(yīng)電動勢越大C.穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢就越大D.若某時刻穿過線圈的磁通量為零，則該時刻感應(yīng)電動勢一定為零3、如圖所示，一有限范圍的勻強磁場的寬度為d，將一邊長為l的正方形導(dǎo)線框由磁場邊緣以速度v勻速地通過磁場區(qū)域，若d>l，則在線框通過磁場區(qū)域的過程中，不產(chǎn)生感應(yīng)電流的時間為()A. B.C. D.4、首先發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的科學家是()A.安培 B.奧斯特C.庫侖 D.麥克斯韋5、如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻為r=1Ω，電源電動勢為E=6V，R為定值電阻，電流表內(nèi)阻不計．當閉合S1、S2時，電流表示數(shù)為1A；當閉合S1、斷開S2時電流表示數(shù)為0.5A，下列說法正確的是（）A.、均閉合時，R的功率為B.電動機的線圈電阻小于C.閉合、斷開時，電源的效率為D.閉合、斷開時，電動機的功率大于6、如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，x軸下方存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，兩磁場右邊界均足夠?qū)挘粠ж撾姷牧Ｗ淤|(zhì)量為m，電荷量為q，從原點O與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中的運動半徑為R，下列說法正確的是A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB.粒子完成一次周期性運動的時間為C.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2:1D.粒子從原點出發(fā)后到第二次穿過x軸時，沿x軸前進2R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、如下圖所示，質(zhì)量為m的通電細桿放在傾角為θ的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度為d，桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，當有電流通過細桿，細桿恰好靜止于導(dǎo)軌上．細桿與導(dǎo)軌間的摩擦力一定不為零的是A. B.C. D.8、圖(a)為一列簡諧橫波在t＝0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置在x＝1.0m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x＝4.0m處的質(zhì)點；圖(b)為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的是（）A.在t＝0.25s時，質(zhì)點P的加速度方向與y軸負方向相同B.從t＝0.10s到t＝0.25s，該波沿x軸正方向傳播了6mC.從t＝0.10s到t＝0.6s，質(zhì)點P通過的路程為100cmD.質(zhì)點Q簡諧運動的表達式為y＝0.10sin10πt(m)9、如圖，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡．M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右邊．不計重力，下列表述正確的是()A.粒子帶正電B.粒子在M點的速率最大C.粒子在電場中的加速度不變D.粒子在電場中的電勢能先增大后減小10、霍爾元件是一種基于霍爾效應(yīng)的磁傳感器,已發(fā)展成一個品種多樣的磁傳感器產(chǎn)品族,得到廣泛應(yīng)用．如圖為某霍爾元件的工作原理示意圖,該元件中電流I由正電荷定向運動形成,下列說法正確的是()A.M點電勢比N點電勢高B.用霍爾元件可以測量地磁場的磁感應(yīng)強度C.用霍爾元件能夠把磁學量轉(zhuǎn)換為電學量D.若保持電流I恒定則霍爾電壓UH與B成正比例三、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，在真空中相距為L的A、B兩點分別放置電量大小均為Q的正負點電荷，已知靜電力常量為k，那么在離A、B兩點距離都等于L的點的電場強度方向為__________，該點的場強大小為__________12．（12分）如圖所示，某同學用插針法測定一半圓形玻璃磚的折射率．先在平鋪的白紙上放半圓形玻璃磚，用鉛筆畫出直徑所在的位置MN、圓心O以及玻璃磚圓弧線（圖中半圓實線）；再垂直紙面插大頭針P1、P2確定入射光線，并讓入射光線過圓心O；最后在玻璃磚圓弧線一側(cè)垂直紙面插大頭針P3，使P3擋住P1、P2的像．移走玻璃磚，作出與圓弧線對稱的半圓虛線，過O點作垂直于MN的直線作為法線；連接OP2P1，交半圓虛線于B點，過B點作法線的垂線交法線于A點；連接OP3，交半圓實線于C點，過C點作法線的垂線交法線于D點（1）測得AB的長度為l1，AO的長度為l2，CD的長度為l3，DO的長度為l4．計算玻璃磚折射率n的公式是n=__________（選用l1、l2、l3或l4表示）（2）該同學在插大頭針P3前，不小心將玻璃磚以O(shè)為軸順時針轉(zhuǎn)過一個小角度，該同學測得的玻璃磚折射率將__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）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）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(yīng)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(zhì)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L14．（16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(zhì)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15．（12分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電動勢E＝3V、內(nèi)阻r＝1Ω的電源，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量m＝0.2kg．導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導(dǎo)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(yīng)強度B的大小；（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、C【解析】本題考查了磁場的大小與方向，磁感應(yīng)強度是采用比值法定義的，B大小與F、IL無關(guān)，B由磁場本身決定，當電流方向與磁場方向不在同一直線上時，導(dǎo)體才受到磁場力作用，磁場力的方向與電流、磁場垂直【詳解】A、B項：磁感應(yīng)強度B是矢量，方向與通過該點的磁感線的切線方向相同，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強度B的方向與安培力方向或洛倫茲力方向垂直，故A、B錯誤；C項：安培力，其中為電流與磁場方向的夾角，解得：，所以，故C正確；D項：由磁通量為可得：，故D錯誤故選C【點睛】對于磁感應(yīng)強度的定義式是要明確其定義方法、適用條件，以及各個物理量的含義，可以和電場強度的定義類比學習2、A【解析】A．由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率有關(guān)，磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大，故A正確；B．由可知，穿過線圈的磁通量的變化量越大，但若所用的時間長，則電動勢可能小，故B錯誤；C．穿過閉合回路的磁通量越大，磁通量變化不一定快，則感應(yīng)電動勢不一定大，故C錯誤；D．穿過線圈的磁通量為零，若磁通率不為零，則感應(yīng)電動勢就不為零，故D錯誤。故選A。3、B【解析】如圖所示，從線框完全進入直到右邊開始離開磁場區(qū)域，線框中的磁通量就不再發(fā)生變化，故線圈中沒有感應(yīng)電流的距離為d-l；因?qū)Ь€框做勻速運動，故不產(chǎn)生感應(yīng)電流的時間；故選B.4、B【解析】A．安培研究了通電導(dǎo)線的磁場方向與電流方向的關(guān)系，提出了安培定則，A錯誤；B．奧斯特經(jīng)實驗得到通電導(dǎo)體周圍存在著與磁體周圍一樣的特殊物質(zhì)，首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，B正確；C．庫侖經(jīng)用庫侖扭秤實驗總結(jié)出了庫侖定律，C錯誤；D．麥克斯韋總結(jié)出了麥克斯韋電磁場理論，D錯誤。故選B。5、B【解析】S1、S2均閉合時，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出R的電壓，由P=UI求出R的功率，根據(jù)電動機兩端的電壓U＞IR分析電動機的線圈電阻，電源的效率等于電源的輸出功率與總功率的百分比；【詳解】A、S1、S2均閉合時，電流表示數(shù)，則R兩端電壓為：R的功率為：，故A錯誤；B、R的阻值為：當閉合S1、斷開S2時電流表示數(shù)為：則電動機兩端的電壓為：設(shè)電動機的線圈電阻為，根據(jù)，得，故B正確C、閉合S1、斷開S2時，路端電壓為：電源的效率為：，故C錯誤；D、閉合S1、斷開S2時，電動機的功率為：，故D錯誤【點睛】對于電動機，要知道其兩端的電壓與電流的關(guān)系是，求電功率只能用公式，求電熱只能用6、B【解析】根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故不可能回到原點0．故A錯誤．因第四象限中磁感應(yīng)強度為第一象限中的一半；故第四象限中的半徑為第一象限中半徑的2倍；如圖所示；由幾何關(guān)系可知，負電荷在第一象限軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，在第四象限軌跡所對應(yīng)的圓心角也為60°，粒子圓周運動的周期為T=，保持不變，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為：t1=；同理，在第四象限運動的時間為；完在成一次周期性運動的時間為T′=t1+t2=．故B正確．由r=，知粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1：2．故C錯誤．根據(jù)幾何知識得：粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為x=R+2R=3R．故D錯誤．故選B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、CD【解析】通過受力分析，根據(jù)桿子所處的狀態(tài)為平衡狀態(tài)，合力為0，去判斷是否有摩擦力【詳解】A圖中桿子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知，桿子可能受摩擦力，也可能不受．故A錯誤．B圖中若桿子受的重力與所受的豎直向上的安培力相等，桿子不受摩擦力．若重力大于安培力，則受重力、支持力，安培力、摩擦力．所以桿子可能受摩擦力，可能不受摩擦力．故B錯誤．C圖中桿子受重力、豎直向下的安培力、支持力，若要處于平衡，一定受摩擦力．故C正確．D圖中桿子受重力水平向左的安培力、支持力，若要處于平衡，一定受摩擦力．故D正確．故選CD【點睛】解決本題的關(guān)鍵會正確地進行受力分析，能夠根據(jù)受力平衡判斷摩擦力的存在8、CD【解析】t=0.10s時Q點在平衡位置上，由乙圖知下一時刻向下振動，從而確定了該波向左傳播．根據(jù)時間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點P的位置和加速度，求出通過的路程．根據(jù)甲、乙兩圖可以讀出該波的波長和周期，從而求出波速，根據(jù)x=vt求解波傳播的距離．根據(jù)圖象讀出振幅A，結(jié)合數(shù)學知識寫出Q點的振動方程【詳解】在t=0.10s時，質(zhì)點Q向y軸負方向運動，根據(jù)波形平移法可知該波沿x軸負方向傳播，此時P點正向上運動，由圖b讀出周期T=0.2s，從t=0.10s到t=0.25s經(jīng)過的時間為：△t＝0.15s＝T，則在t=0.25s時，質(zhì)點P位于x軸下方，加速度方向與y軸正方向相同，故A錯誤；因波長λ=8m，從t＝0.10s到t＝0.25s，經(jīng)過的時間為：△t＝T，該波沿x軸負方向傳播了6m，選項B錯誤；從t＝0.10s到t＝0.6s，經(jīng)過的時間為0.5s=2.5T，則質(zhì)點P通過的路程為2.5×4A=10A=100cm，選項C正確；質(zhì)點Q簡諧運動的表達式為y＝Asint＝0.1sint＝0.10sin10πt(cm)，故D正確；故選CD.【點睛】本題的關(guān)鍵是會根據(jù)振動情況來判斷波的傳播方向，抓住振動圖象和波動圖象之間的內(nèi)在聯(lián)系，要知道質(zhì)點做簡諧運動時，在一個周期通過的路程是4A，半個周期內(nèi)通過的路程是2A，但時間內(nèi)通過的路程不能類推，要根據(jù)起點位置分析.9、CD【解析】A．由軌跡可知，粒子受電場力向左，則粒子帶負電，選項A錯誤；B．粒子受到的電場力向左，在向右運動的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的速度減小，運動到M點時，粒子的速度最小，所以B錯誤；C．粒子在勻強電場中只受到恒定的電場力作用，故粒子在電場中的加速度不變，故C正確；D．當粒子向右運動時電場力做負功電勢能增加，當粒子向左運動時電場力做正功電勢能減小，粒子在電場中的電勢能先增大后減小，故D正確故選CD。點睛：本題就是對電場力做功特點的考查，掌握住電場力做正功，電勢能減小，動能增加，電場力做負功時，電勢能增加，動能減小10、BCD【解析】電流I的形成是由于正電荷的定向移動，由此可知正電荷定向移動垂直向里，所受洛倫茲力向右，A錯；當電荷所受洛倫茲力等于電場力時不再偏轉(zhuǎn)，電壓恒定如果已知電荷定向移動速度可求出磁感強度，B對；同樣，強磁場對應(yīng)大電壓，C對；電流恒定，電荷定向移動速度恒定，D對；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.水平向右，②.【解析】根據(jù)點電荷的場強公式分別求出等量異種電荷在到兩點距離都等于l的點的電場強度，再根據(jù)場強的疊加進行合成【詳解】兩個等量異種點電荷在到兩點距離都等于l的點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向如圖大小為，則合場強.12、①.（1）l1/l3②.（2）偏大【解析】用插針法測定半圓形玻璃磚折射率的原理是折射定律，利用幾何知識得到入射角的正弦和折射角的正弦，推導(dǎo)出折射率的表達式，即可知道所要測量的量【詳解】（1）設(shè)圓的半徑為R，由幾何知識得入射角的正弦為：sini=sin∠AOB=；折射角的正弦為：sinr=sin∠DOC=根據(jù)折射定律（2）該同學在插大頭針P3前不小心將玻璃磚以O(shè)為圓心順時針轉(zhuǎn)過一小角度，折射光線將順時針轉(zhuǎn)動，而作圖時其邊界和法線不變，則入射角（玻璃磚中的角）不變，折射角（空氣中的角）減小，由折射率公式可知，測得玻