天津市蓟州区第一中学2025-2026学年高二上学期学科自主检测（1月）物理试卷（含解析）

高二年级物理学科自主检测试卷
姓名：___________班级：___________考号：___________ 4．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线 A 是该电池在
某光照强度下路端电压 U 和电流 I 变化的关系图象，图线 B 是某电阻 R 的U I 图象。
一、单选题（每题 5分）
在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（ ）
1．关于磁感应强度 B 和磁通量 ，下列说法正确的是（ ）
A．R 的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为 1Ω
A．B 与 F 成正比，与 Il 成反比
B．当一段通电导线在空间某处受到的力为零时，该处一定没有磁场 B．电源的效率为 33.3%
C．相同的通电导线，放在同一匀强磁场中，受到的力不一定相同
C．若将灯泡换成 0.3Ω 定值电阻，电源的输出功率增大
D．通过某一面积的磁通量为零，则该处的磁感应强度一定为零
D．此时闭合回路中电源两端的电压是为 3V
2．一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，具有良好的导电性能，该
新材料通过材料内部的自由电子导电，自由电子的电荷量为 e，每平方米自由电子数为
n。如图所示，长为 l、宽为b 的新材料两端的电压为U ，流过导体中的电流为 I ，则该 5.如图所示，边长为 L 的等边三角形 abc 为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场
新材料内自由电子定向移动的速率为（ ） 方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B，三角形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面
nI I 向里，磁感应强度也为 B。把一粒子源放在顶点 a 处，它将沿∠a 的角平分线发射质量为
A． B．
ble bne
qBL
v0 =
bIe Ue
C． D． m、电荷量为 q、初速度为
m 的带负电粒子（粒子重力不计）。在下列说法中正确
lnU bnl
的是（ ）
3．在磁感应强度为 B0、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的
A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是 L/2
方向垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点， a
在这四点中（ ） B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是 3L / 2 B
b c
A．c、d 两点的磁感应强度大小相等 C．带电粒子第一次到达 c 点所用的时间是 πm/(qB)
B．a、b 两点的磁感应强度大小相等 D．带电粒子第一次返回 a 点所用的时间是 7πm/(3qB)
C．c 点的磁感应强度的值最小
D．b 点的磁感应强度的值最大
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二、多选题（每题 5分，选不全得 3分） 三、实验题
6．如图所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图所示。在充电开始后的一 9．某实验小组的同学通过实验测量一粗细均匀圆柱形合金电阻丝的电阻率，已知电阻
段时间 t 内，充电宝的输出电压 U、输出电流 I 丝的长度为 L = 60.00cm 。
可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为
r，则时间 t 内（ ）
A．手机电池产生的焦耳热为 I 2rt B．手机电池储存的化学能为UIt I 2rt
U
C．充电宝输出的电功率为UI + I 2r D．手机电池内阻 r =
I
7．如图所示，电源电动势为 12V，当开关接通时，灯泡 L1 和 L2 都不亮，用电压表测
得各部分电压 Uad＝0 V 、Ubd＝12V，由此可以判断（ ）
(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数如图甲所示，则直径的测量值为
A．可能是 L1 和 L2 的灯丝都断了
mm。
B．可能是 L2 灯丝断了
(2)用多用电表欧姆挡测量电阻丝的电阻 Rx ，开始时选用“×10”的挡位测量发现指针偏转
C．可能是 L1 的灯丝断了
角太大，挡位应调整为 （填“×1”或“×100”）挡，正确调整挡位后经过欧姆调零重
D．可能是变阻器 R 断路
新测量，指针如图乙所示，此时电阻的测量值为 。
8．如图所示，电路中定值电阻 R1阻值大于电源内阻 r。闭合开关，电路稳定后，将滑
(3)为了比较精确测量电阻丝的电阻 Rx ，实验室提供了下列器材：
动变阻器滑片向下滑动，理想电压表 V1、V2示数变化量的绝对值分别为 ΔU1、ΔU2，
理想电流表 A 示数变化量的绝对值为 ΔI，下列说法正确的是（ ） A．电压表 V1（量程 3V，内阻约为3k ）；
A．电流表 A 的示数增大，V1 的示数减小 B．电压表 V2（量程为 15V，内阻约为15k ）；
B． U1 U2 C．电流表 A1（量程为 100mA，内阻约为10 ）；
U
C． 1 = r D．电流表 A2（量程为 300mA，内阻约为 2 ）；
I
E.滑动变阻器 R（阻值范围为0 ~ 5 ）；
D．电源的输出功率增大
F.电动势为 4.5V 的电源，内阻不计；
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G.开关 S，导线若干。 (3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的 U-I 图象，则干电池的电动
势 E= V，内电阻 r= Ω．（保留两位有效数字）
根据实验器材，设计如图丙所示的实验电路，为比较精确测量电阻丝的电阻，电压表应
选 ，电流表应选 ；（填写器材前对应的字母序号） (4)所得内阻的测量值与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）
10．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材： 四、解答题
E = 24V
A．被测干电池一节 r =1Ω 11．如图所示，电源的电动势 ，内阻 ，电阻 R = 2Ω，M 为直流电动机，
其电阻 r ' =1Ω，电动机正常工作时，其两端所接理想电压表读数为UM = 21V，求：
B．电流表：量程 0～0.6A，内阻约 1Ω
C．电流表：量程 0～3A，内阻约 (1)0.1Ω 流过电动机的电流。
D．电压表：量程 ～ ，内阻未知 (2)0 3V 电动机输出的机械功率。
E．电压表：量程 ～ (3) 0 15V，内阻未知 电源的效率。
F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在
系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻的.
(1) 在上述器材中请选择适当的器材：电流表应选 ，电压表应选
滑动变阻器 （填写选项前的字母）；
(2)实验电路图应选择图中的 （填“甲”或“乙”）；
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12．如图所示，平行金属导轨倾角为 = 37 ，宽 L = 0.5m，在导轨上端接入电源和滑动 13．如图所示，水平面上有一竖直放置的圆弧轨道，A 为轨道的最低点，圆弧轨道的半
变阻器。已知电源电动势 E =10V，内阻 r =1.0 ，金属棒 ab 的质量m = 50g ，金属棒 ab 径 OA 竖直，圆心角 AOB = 53 ，半径R =1.0m；空间有竖直向下的匀强电场，电场强度
的电阻 R0 = 5 ，金属棒与两导轨垂直并接触良好，导轨光滑且电阻不计。整个装置处 的大小
3
E =1.04 104 N/C 。一个质量m = 2kg、带电荷量 q = 1 10 C的小球从轨道左侧与圆
于磁感应强度 B = 0.6T、垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。重力加速度取 g =10m/s2 ， 心 O 等高的 C 点水平抛出，恰好从 B 点沿切线进入圆弧轨道，小球到达最低点 A 时对
sin 37°= 0.6， cos37°= 0.8，若金属棒在导轨上保持静止，求： 轨道的压力FN = 27.6N。不计空气阻力， sin 53 = 0.8， cos53 = 0.6，重力加速度 g 取
（1）金属棒 ab 所受到的安培力大小和方向； 10m/s2 。
（2）通过金属棒的电流大小； 求：
（3）滑动变阻器 R 接入电路中的阻值。 （1）小球抛出时的初速度大小 v0 ；
（2）小球到达 A 点时的速度大小 vA ；
（3）小球从 B 点运动到 A 点的过程中克服摩擦所做的功Wf 。
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高二物理学科自主检测试卷参考答案： P6
所以，电源的效率为 = 100% 95.8%
P4
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
12．（1）0.3N ，沿导轨向上；（2）1A ；（3）4
答案 C B C B D AB BD BC
【详解】（1）金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由平衡条件
可知F = mg sin 37 代入数据得F = 0.3N
9．(1)1.384-1.387 安 安
(2) ×1 11.0 根据左手定则可知，方向沿导轨向上。
(3) A D
（2）根据F = BIL安 结合上述解得 I =1A
10． B D F 乙 1.5 1.0 偏小
（3）设滑动变阻器接入电路的阻值为 R，根据闭合电路欧姆定律得E = I (R0 + R + r )
11．(1)1A (2) 20W (3)95.8%
解得R = 4
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律知E =UM +（I R + r）
13．（1）1.8m/s；（3）3m/s；（4）3.84J
代入数据可得 I =1A
【详解】（1）根据题意可知，小球抛出后从 C 点运动到 B 点的过程中受到重力和竖直向上的电
（2）电动机的输入功率为P1 =UMI = 21W
场力的作用，小球做类平抛运动，由牛顿第二定律得mg q E = ma代入数据解得a = 4.8m/s2
2
电动机的热功率为P2 = I r =1W
C 与 B 的高度差h = R cos53 = 0.6m
所以，电动机的输出的机械功率为P3 = P1 P2 = 20W
v 2设小球在 B 点时的竖直分速度大小为 vy，则有 = 2ah 解得vy = 2.4m/sy
（3）电源的总功率为P4 = EI = 24W
v
y
2 小球在 B 点时的速度方向与水平方向的夹角为53
，则 tan 53 = 解得v =1.8m/s
电源的内功率为P5 = I r =1W
0
v0
电源的输出功率为P6 = P4 P5 = 23W （2）小球在 A 点时，由牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小F N = FN
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v 2
由牛顿第二定律得F N + q E mg = m
A 代入数据解得vA = 3m/s
R
v
y
（3）设小球在 B 点时的速度为 vB，则有sin 53 =
vB
1 1
小球从 B 点运动到 A 点的过程，由动能定理得 (mg qE) (R R cos53 ) Wf = mv2 mv2A B
2 2
其中 vB = v
2
0 + v
2
y
代入数据解得Wf = 3.84J
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