四川省广安市2025-2026学年高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年四川省广安市高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.物理学的发展反映了人类对自然规律的认识，下列说法正确的是(

)A.体积很小的电荷就能看作是点电荷

B.越靠近正电荷电场强度越大，越靠近负电荷电场强度越小

C.牛顿发现了电流的磁效应

D.电场强度和磁感应强度都是矢量2.如图所示，实线表示某一电场的电场线。在电场力的作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是(

)A.场强EA>EB

B.电势φA>φ3.同学们在日常生活中所用的公交卡原理如图所示，图中上半部分表示读卡机内的线圈，下半部分表示芯片卡内的线圈。读卡机线圈中的电流会产生磁场，当芯片卡接近读卡机时，这个磁场会在芯片卡中产生感应电流，驱动芯片发出信息。若从上往下看读卡机线圈中有顺时针的电流，当芯片卡接近读卡机时则会(

)A.有逆时针方向的电流且两线圈相互吸引 B.有逆时针方向的电流且两线圈相互排斥

C.有顺时针方向的电流且两线圈相互吸引 D.有顺时针方向的电流且两线圈相互排斥4.某同学发现其使用的智能手机，可以利用指南针功能测量磁场大小。于是他找来了两根相同导线，分别接入从南向北和从西向东的等大电流。如图所示，从上向下看ABCD四点与导线在同一水平面且到两根导线的距离相等，该同学所在的北半球地磁场具有竖直向下的分量，当手机放于ABCD四点时显示磁场最强的地方是(

)A.A点

B.B点

C.C点

D.D点5.扫地机器人主要由动力系统、清扫系统、导航系统、控制系统组成，其动力系统主要由电动机与直流电源构成。如图所示电源电动势为20V其内阻为2Ω，当电动机正常工作时电流表示数为2A，图中电流表电压表均为理想电表。下列说法正确的是(

)A.电压表的示数为20V

B.电源内阻消耗的热功率为4W

C.电动机的输入功率为32W

D.若电动机的输出功率为20W，则线圈电阻为5Ω6.如图所示，空间中存在着方向竖直向上大小为E的匀强电场与方向垂直于纸面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场叠加的区域。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度射入该区域。已知粒子在该区域恰做直线运动。不计粒子重力，则该粒子(

)A.可能做匀加速直线运动

B.入射速度的大小一定为EB

C.入射速度的方向水平向右

D.7.如图所示，在直线MN上固定有电荷量分别为−q和+2q(q>0)的两点电荷，两者相距为3L。以−q的点电荷所在位置为圆心、L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、c在MN直线上，b、d两点连线通过圆心且垂直于MN，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是(

)A.圆周上所有点中，c点的场强最大

B.在MN连线上一共有3个点电场强度为零

C.圆周上b、d两点的电场强度相同

D.将一负点电荷从a沿圆弧经b移动到c，电势能变大二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.某静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，下列说法正确的是(

)A.负电荷从x1移到x2，电场力做正功

B.负电荷从x1移到x2，电势能增加

C.x1处的电场强度大于x9.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻(且r<R1)，R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S电路达到稳定状态后，若将滑动A.小灯泡变亮

B.电容器极板上的电荷量减少

C.电源的输出功率一定变小

D.电压表示数与电流表示数的比值UI10.2025年9月22日，中国海军宣布，歼−15T、歼−35和空警−600三型舰载机，已于此前成功完成在福建舰上的首次电磁弹射起飞训练。关于电磁弹射系统可以简化成如图所示，两条足够长的平行金属导轨M、N距离为L，导轨左侧通过单刀双掷开关K分别与电容器C和电动势为E的电源相连；整个装置水平放置于方向垂直于导轨平面向里大小为B的匀强磁场中。现将一质量为m电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，且与两导轨良好接触。将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下向右运动。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。下列说法正确的是(

)

A.开关K置于b后，电容器最终带电量为零

B.开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为BLEmR

C.金属滑块在轨道上运动的最大速度为EBL

D.开关K置于b三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某物理兴趣小组通过以下实验来探究“电磁感应现象”。

(1)小组同学按甲图所示将线圈A插入线圈B中，在闭合开关S时发现灵敏电流计指针向左偏了一下。那么闭合开关后将线圈A从线圈B拔出时，电流计指针将向

偏(选填“右”或“左”)。

(2)当线圈A插入线圈B且闭合开关后，将滑动变阻器触头从最右端滑到最左端，第一次快速滑动，第二次滑动较慢，两情况下通过线圈B导线横截面电荷量的大小分别是q1和q2，则q1

q2(选填“大于”、“等于”或“小于”)。

(3)图乙是小组同学制作的“楞次定律演示仪”。演示仪由反向并联的A、B两只发光二极管、一定匝数的螺线管以及条形磁铁组成。正确连接好实验电路后，将条形磁铁从图示位置迅速向上移动过程中，观察到的实验现象是

。

A.灯泡A、B都会发光

B.灯泡B发光，灯泡A不发光

C.灯泡A、B都不发光

D.灯泡A发光，灯泡12.某同学想知道某电阻的阻值，设计了以下实验。

(1)该同学先用多用电表的欧姆“×10Ω”挡粗测该电阻在常温下的阻值，发现指针偏转角度过小，则该同学应换用

挡(选填“×100Ω”或“×1Ω”)，换挡后重新测量，欧姆表示数如图甲所示，则此时电阻RT=

Ω。

(2)该同学为了进一步测量该电阻阻值，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻R1=3.0kΩ，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最

(选填“左”或“右”)端。在某次测量中，若毫安表A1的示数为5.0mA，A2的示数为2.0mA，两电流表都视为理想电表，则此时电阻RT=

kΩ(结果保留两位有效数字)。

(3)若两电流表都存在电阻，则采用上述方法测出阻值与实际值相比四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E；有一个质量为m的带负电小球，用长度为L的绝缘轻细绳悬挂起来；当细绳向左偏离竖直方向的角度θ=37°时，带电小球恰好静止。若将小球向左拉到细绳水平后静止释放，经过一段时间小球到达竖直最低点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)求小球所带的电荷量q的大小；

(2)求小球到达竖直最低点时速度大小和绳子拉力的大小。14.2025年我国重大科技基础设施“人造太阳”核聚变实验装置(EAST)首次完成1亿摄氏度一千秒“高质量燃烧”，EAST是利用强磁场约束带电粒子运动从而实现可控核聚变的装置。其原理如图所示，在xOy平面内有圆心为O，内径为L外径为2L的环形匀强磁场，环形磁场磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。位于坐标为(−2L,0)的S点有一放射源，可以发出任意方向的质量为m、电荷量为q的带负电粒子，忽略粒子的重力。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若放射源发射的负电粒子沿x轴正方向从S点射出，恰好不进入中间无磁场圆形区域，求粒子速度大小；

(2)若放射源发射的负电粒子沿y轴正方向从S点射出，经磁场一次偏转后恰能经过O点，求粒子从S点到O点的时间；15.如图所示，间距L=1m的平行光滑金属导轨倾斜固定放置，导轨足够长且与平面的倾角θ=30°，导轨下端分别连接有内阻r=0.5Ω的直流电源，R1=0.5Ω的定值电阻；一质量m=0.2kg、阻值R2=0.5Ω的金属棒放在导轨上，轻绳通过光滑的定滑轮，一端悬吊质量M=0.3kg的重物，另一端连接在金属棒的中点；整个空间有大小B=1T方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒与定滑轮间的轻绳与导轨平行，重力加速度为g=10m/s2，重物离地足够高，金属导轨电阻不计。

(1)若只闭合开关S1，金属棒恰好处于静止状态，求电源电动势E的大小；

(2)若断开S1闭合开关S2后，重物M开始带动金属棒运动，

①求金属棒做匀速运动时速度大小；

②

答案解析1.【答案】D

【解析】解：A、点电荷的判断依据是带电体的形状、大小对研究问题的影响是否可忽略，不是仅由体积大小决定，故A错误；

B、根据E=kQr2，无论是正电荷还是负电荷，电场强度的大小都随距离减小而增大，故B错误；

C、电流的磁效应是奥斯特发现的，并非牛顿，故C错误；

D、电场强度和磁感应强度都既有大小又有方向，属于矢量，故D正确。

故选：D。

2.【答案】B

【解析】解：A.A点电场线较B点稀疏，故A点场强小于B点场强，故A错误；

B.沿电场线方向移动，电势减小，故B点电势较低，故B正确；

C.负电荷在电势低的地方电势能高，所以粒子在B点电势能高，只有电场力做功电势能和动能守恒，电势能高，动能低，所以粒子在B点速度小，故C错误；

D.根据曲线运动规律，物体所受力的方向指向曲线轨迹的凹侧，与场强方向相反，故该粒子带负电，故D错误。

故选：B。

由电场线疏密判断场强大小，沿电场线方向电势降低，结合粒子轨迹弯曲方向判断受力，进而分析速度与带电性质。

本题结合电场线性质与粒子轨迹分析，考查场强、电势的判断及受力与运动的关联，注重对基本规律的综合应用能力。3.【答案】B

【解析】解：从上往下看读卡机线圈中有顺时针的电流，根据安培定则，可知读卡机中电流产生的磁场向下，当芯片卡接近读卡机时，穿过芯片线圈的磁场向下且逐渐增大，根据楞次定律可知，芯片线圈中感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知，芯片线圈产生的感应电流的方向为逆时针方向，两者磁场的方向相反，则相互排斥。故ACD错误，B正确。

故选：B。

先根据安培定则判断读卡机线圈产生的磁场的方向，再判断穿过线圈的磁通量增大或减小，最后根据楞次定律判断芯片线圈中的电流。

该题考查楞次定律的应用，掌握楞次定律使用的基本步骤即可正确解答。4.【答案】C

【解析】解：电流从南向北导线东侧的磁场方向垂直纸面向里，西侧的磁场方向垂直纸面向外；电流从西向东导线上方，的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里。

A.A点南北向导线产生向上磁场，东西向导线产生向上磁场，与地球磁场向下分量反向，合磁场削弱。

B.B点南北向导线产生向下磁场，东西向导线产生向上磁场，二者方向相反相互抵消，合磁场较弱。

C.C点南北向导线产生向下磁场，东西向导线产生向下磁场，二者方向相同，且与地球磁场向下分量同向，合磁场增强。

D.D点南北向导线产生向上磁场，东西向导线产生向下磁场，二者方向相反相互抵消，合磁场较弱。

本题要求选择磁场最强的，故选：C。

用安培定则分别判断南北向、东西向导线在四点产生的磁场方向，叠加地球磁场竖直分量后，分析各点合磁场强弱，确定磁场最强的位置。

本题考查安培定则与磁场叠加，需结合地球磁场分量和电流磁场方向分析，易在磁场方向的叠加判断上出错。5.【答案】C

【解析】解：A.正常工作时电流表示数为2A，根据E=I(R+r)

则电压表示数为U=E−Ir

代入数据得U=16V，故A错误；

B.电源内阻消耗的热功率为Pr=I2r

代入数据得P=8W，故B错误；

C.电动机的输入功率为P=UI

代入数据得P=32W，故C正确；

D.若电动机输出功率为20W，则产生的热功率为P热=P−P输出

代入数据得P热=12W

根据P=I2R6.【答案】B

【解析】解：A.因为洛伦兹力始终与速度垂直，如果粒子做匀加速运动，则洛伦兹力大小时刻改变，则合力不可能始终与速度在一条直线上，故不可能做匀加速直线运动，一定做匀速直线运动，故A错误；

B.根据平衡条件

Eq=qvB

可知速度v=EB

故B正确；

CD.如果粒子带负电，从右向左运动，电场力与洛伦兹力仍平衡，所以无法判断粒子电性，故CD错误。

故选：B。

A.根据粒子的平衡特点分析判断；

B.根据平衡条件求入射速度的大小；

CD.根据不同的电性以及入射方向的可能性分析判断。7.【答案】A

【解析】解：A.C点处，−q的场强为E1=kqL2(方向向左)，+2q的场强为E2=k⋅2q(2L)2=kq2L2(方向向左，因c在+2q左侧，正电荷场强背离自身)，合场强Ec=E1+E2=3kq2L2，方向向左，a、b、d到正电荷的距离比c远，所以正电荷在a、b、d产生的产生的场强小于c，故A正确；

B.根据E=kqL2，设MN线上场强为零的点坐标为x，以−q为原点，向右为正x<0区域，根据仅1个点满足场强为零，0<x<3L区域：两电荷场强方向均向左，合场强不为零，x>3L区域，无满足条件的点，因此MN线上仅1个点场强为零，故B错误；

C.b、d两点关于x轴对称，−q8.【答案】AC

【解析】解：AB.根据题图可知，在x1处电势为0，在x2处的电势大于0，即φ2>φ1=0即负电荷从x1处移到x2处电势能减小，电场力做正功，故AB正确；

CD.在φ−x图像中，图线某点的斜率表示该点电场强度，由题图可知，在x1处斜率大于0，在x2处斜率为0，所以x1处电场强度不为0，x2处电场强度为0，x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故C9.【答案】CD

【解析】解：A、滑动变阻器的滑片向左滑动，电阻R2变大，结合闭合电路欧姆定律，可得：I=ER2+RL+R1+r，UC=E−I(r+R1)，即电流I变小，电容两端电压UC变大；根据电流变小，可得灯泡变暗，故A错误；

B、根据A选项分析，可知电容两端电压UC变大，电容定义式：C=QUC，可知电容器极板上的电荷量增大，故B错误；

C、电源输出功率为：P=(ER2+R10.【答案】BD

【解析】解：B.开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，滑块的加速度最大，根据牛顿第二定律可得F=BIL=mam，I=ER

代入数据得am=BELmR，故B正确；

ACD.金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大。设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I−，在金属块滑动过程中，由动量定理得BILΔt=mv−0

由电流的定义Δq=I−Δt

由电容的定义C=ΔqΔU

电容器放电过程的电荷量变化为Δq=CΔU且ΔU=E−U

故BLC(E−U)=mv金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U=BLv

联立解得v=BLCECB2L211.【答案】右等于B

【解析】解：(1)在闭合开关S时，穿过线圈B的磁通量增加，闭合开关后将线圈A从线圈B拔出时，穿过线圈B的磁通量方向不变，大小变小，所以此时线圈B产生的感应电流方向与闭合开关时产生的感应电流方向相反，则指针将向右偏转。

(2)根据法拉第电磁感应定律可得线圈B产生的平均感应电动势为E−=NΔΦΔt，设线圈B的电阻为R，电路中的平均电流为I−=E−R，则通过线圈B某一截面的电荷量为q=I−Δt，联立解得q=NΔΦR，两次移动滑片，穿过线圈B的磁通量变化量是相同的，所以q1等于q2

(3)条形磁铁从图示位置迅速向上移动过程中，穿过螺线管的磁通量向下的减小，根据楞次定律可知螺线管产生的感应电流方向是从上端流出，从下端流入，根据二极管的单向导电性可知灯泡B发光，灯泡A不发光，故B正确，ACD错误。

故选：B。

故答案为：(1)右；(2)12.【答案】×1002200左2.0偏小

【解析】(1)欧姆表测电阻，欧姆表指针偏转角度过小，欧姆表指针对应示数过大，说明选取倍率太小，故应换用×100Ω挡；待测电阻RT=22×100Ω=2200Ω

(2)滑动变阻器采用分压器的接法，为了保证电路安全，因此图乙中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于左端；

根据串联、并联电路的特点和欧姆定律I2R1=(I1−I2)RT

电阻RT=I2R1I1−I2=2×3.05.0−2.0kΩ=2.0kΩ

(3)考虑电流表内阻的影响，根据串联、并联电路的特点和欧姆定律I213.【答案】小球所带的电荷量q的大小为3mg4E

小球到达竖直最低点时速度大小为2gL2【解析】解：(1)小球恰好静止时，对小球受力分析如图所示：

将力平移构建矢量三角形，有qE=mgtan37°，代入数据可得q=3mg4E；

(2)小球由释放到最低点，由动能定理可知12mv2=mgL−qEL，在最低点，由牛顿第二定律可知T−mg=mv2L，代入数据可得v=2gL2，T=32mg。

答：(1)小球所带的电荷量q的大小为3mg4E14.【答案】粒子速度大小是3qBL2m

粒子从S点到O点的时间是127πm【解析】解：(1)带负电的粒子沿x轴正方向从S点射出，