2025-2026学年四川省自贡市高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年四川省自贡市高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.物理学中常用比值定义法定义新的物理量。下列关系式中，是用比值定义法定义物理量的是(

)A.E=kQr2 B.C=QU 2.在真空中有两个静止的点电荷，相距为3r时相互作用的库仑力大小为F，减小电荷间距离至相距为r时，它们之间的库仑力大小为(

)A.9F B.19F C.3F 3.如图所示的电场中，实线表示电场线，虚线表示等差等势面，A、B、C为电场中的三个点。下列说法正确的是(

)A.A点场强比B点小

B.C点的电场强度为零

C.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大

D.因为UAB4.光学原理在生活中有着十分重要的应用。下列说法正确的是(

)

A.图甲中，双缝间距越窄，屏上的条纹间距越小

B.图乙中，照相机镜头前的增透膜，是利用了光的折射

C.图丙中，肥皂膜竖直放置时出现的彩色横纹，是由光的衍射形成的

D.图丁中，观众要戴上特制的眼镜观看3D电影，是利用了光的偏振5.下列关于电容器充电时，电流i、电容器的电容C、电容器所带电荷量Q与时间t的关系正确的是(

)A. B. C. D.6.如图所示是某磁流体发电机的简化图，平行金属板之间有一匀强磁场，一束等离子体沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，用电器与两个极板相连，下列说法正确的是(

)A.用电器中的电流方向为从B到A

B.等离子体中的负离子向上极板聚集

C.若只增大喷入离子的速度，发电机的电动势减小

D.若只增大磁场的磁感应强度，发电机的电动势增大7.如图所示的电路中，电源电动势E、内阻r恒定，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表。闭合开关S后，水平放置的平行板电容器两极板间有一带电液滴刚好处于静止状态。当R3的滑片自a滑向b的过程中(未滑至b)，电压表V1、V2的示数变化为ΔU1A.电容器C所带电荷量增多，液滴向上运动 B.两电压表的读数均增大

C.ΔU2ΔI的绝对值不变 二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，Q是平衡位置为x=4m处的质点，质点Q的振动方程为y=10sin10πt(cm)，则(

)A.该波的周期为2s

B.该波的波速为40m/s

C.t=0.15s时，质点Q的加速度沿y轴负方向

D.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m9.静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取x1、x2、x3，x4四点，x1和x4、x2和A.x3、x4两点的电场强度E3<E4

B.x1、x3两点的电场强度方向相反

C.试探电荷+q从x1点移到x4点，静电力做正功

D.同一试探电荷在x2点和x3点具有的电势能Ep2>Ep3

10.如图所示，相距为L且足够长的平行线CD、EF间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。在CD上的a点有一粒子源，可以沿垂直于磁场的各个方向以相同的速度大小射入质量为m、电荷量大小为q的带正电的粒子。这些粒子经磁场偏转后，从边界线EF射出的最低点为c点。已知b是EF上的一点，A.粒子在磁场中运动的速度大小为qBL2m

B.粒子从EF边射出的区域长为2L

C.从EF边射出的所有粒子中，在磁场中运动的最短时间为πm3qB

D.从CD三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某兴趣小组要测量一半圆形透明玻璃砖的折射率，实验装置如图所示，实验步骤如下：

A.光屏MN与玻璃砖的直径AB垂直放置。描出玻璃砖及光屏的边界，玻璃砖的圆心O、直径AB以及AB的法线；

B.调节激光器，使入射的绿色光线PO从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O，适当调节入射角度，可以在光屏MN上看到两个亮点C、D(不考虑AB弧面上的反射)，描下两个亮点C、D的位置；

C.用刻度尺测量得到O到C、D两点距离分别为4.50cm和3.00cm。

(1)根据以上数据可以得到该玻璃砖对绿光的折射率为

。

(2)若仅将上述绿光改为红光，其他条件均不变，则CD距离将会

(填“变大”、“变小”或“不变”)。

(3)该小组在实验过程中，若光屏MN上只出现一个亮点，他可以采取的措施是

。12.某同学从一个损坏的小玩具中拆出了一节锂电池，为了测量该锂电池的电动势及内阻，该同学设计了如图甲所示的电路，选用的器材如下：

A.毫安表mA(量程为100mA，内阻为4Ω)

B.电压表V(量程为3V，内阻很大)

C.电阻箱R1(0～99.9Ω)

D.滑动变阻器R2(0～50Ω)

E.待测锂电池(电动势标称值为3.0V)

F.开关一个、导线若干

(1)实验前需要将毫安表改装成量程为0.5A的电流表，图甲中电阻箱R1应调整为______Ω。

(2)根据原理图在图乙中将实物连线补充完整；

(3)改变滑动变阻器滑片的位置，记录两电表的示数，电压表的示数为U，毫安表的示数为I。

(4)描点得到如图丙所示的U−I图像，通过分析可知电源的电动势E=______V，电源的内阻r=______Ω。

(5)电动势的测量值______(填“大于”、“等于”或“小于”四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.如图所示，间距为L=0.4m的平行金属导轨电阻不计，与水平面夹角θ=37°。一根与导轨接触良好，质量为m=1kg的导体棒ab垂直导轨放置，与导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω。导轨的一端接有电动势E=6V，内阻r=0.5Ω的直流电源，整个装置有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T。若导体棒ab恰能保持静止，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)棒上的电流大小和棒受到的安培力的大小；

(2)ab棒与轨道间动摩擦因数μ14.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，整个空间分布有大小为E=mgq、水平向右的匀强电场(未画出)，现将一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后落在水平轨道上。已知整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为4R，重力加速度为g。求：

(1)小球运动到B点时受到的支持力大小；

(2)小球在竖直半圆轨道速度的最大值vm；

(3)小球从A15.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在竖直向下的匀强电场，第二象限存在垂直坐标平面向外的矩形有界匀强磁场(图中未画出)，第三、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从y轴上A点(0,L)以初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，然后从x轴上的P点(2L,0)射入第四象限，经磁场偏转后从x轴上的Q点(−2L,0)射入第二象限，经第二象限矩形有界磁场偏转后，以与x轴正方向成45°打到O点。不计粒子重力，求：

(1)电场强度E；

(2)第一次在第三、四象限磁场区域运动的时间；

(3)若矩形有界磁场的磁感应强度是第三、四象限的四倍，求矩形磁场的最小面积。

答案解析1.【答案】B

【解析】解：A．E=kQr2这是电场强度的计算公式，适用于点电荷产生的电场。它是由库仑定律推导出来的，不是通过比值定义的，因此不是比值定义法，故A错误；

B.C=QU这是电容的定义式，表示电容器所带电荷量Q与两极板间电压U的比值。这是通过比值定义的，因此是比值定义法，故B正确；

C.I=UR这是欧姆定律的表达式，表示电流与电压和电阻的关系。它是实验规律，不是定义式，因此不是比值定义法，故C错误；

D.R=ρlS这是电阻的计算公式，表示电阻与材料、长度和横截面积的关系。它是通过实验总结的规律，不是定义式，因此不是比值定义法，故D错误。

故选：B。

E=k2.【答案】A

【解析】解：根据库仑定律，距离为3r是的静电力为F=kQq9r2

当距离为r时，静电力为F′=kQqr2=9F，故A正确，BCD错误。

故选：A。

库仑力与距离的平方成反比，距离从3.【答案】C

【解析】解：AB.同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，则由题图可知，A点场强比B点大，B点的场强比C点大，C所在区域有电场线，所以C处场强大于零，故AB错误；

C.因为电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，所以由题图可知，A点的电势比B点的电势低，因为负电荷在电势更低的位置电势能更大，所以负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，故C正确；

D.电势差是标量，但有正、负，电势差的正、负表示两点电势的高低，故D错误。

故选：C。

AB.结合题意及题图啊，根据电场线的疏密判断场强大小即可；

C.结合题意及题图，根据等势面及其与电场线的关系，即可分析判断；

D.结合题意，根据电势差的特点，即可分析判断。

本题主要考查等势面及其与电场线的关系，解题时需注意：等势面与电场线一定处处正交(垂直)、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。4.【答案】D

【解析】解：A、根据双缝干涉条纹公式Δx=Ldλ可知，减小挡板上两个狭缝间的距离，则屏上两相邻亮条纹间距离将增大，故A错误；

B、图乙中相机镜头的增透膜就是利用薄膜干涉这一原理使照片更加清晰的，故B错误；

C、图丙中肥皂膜上的条纹是由光的薄膜干涉形成的，故C错误；

D、图丁所示3D电源的屏幕上发出两种相互垂直的偏振光，所以观看3D电影时戴上特制的带偏振片的眼镜，才会产生立体感觉，这是利用了光的偏振现象，故D正确。

故选：D。

根据双缝干涉条纹公式判断亮条纹宽度变化；增透膜利用薄膜干涉原理制作而成；肥皂膜上的条纹是由光的薄膜干涉形成的；3D5.【答案】A

【解析】解：AB、电容器充电时，随着电容器带电荷量的增加，极板间的电压增大，充电电流减小，充电电流越来越小，当电容器充满电后电路中的充电电流为零，故A正确，B错误；

C、电容器的电容大小与电容器带电荷量的多少无关，所以电容器的电容不会随之间变化，故C错误；

D、Q−t图像的斜率表示电流，充电过程中充电电流是逐渐减小的，所以图像的斜率应该是逐渐减小的，故D错误。

故选：A。

充电过程中，充电电流是逐渐减小的，电容的大小不随之间变化；Q−t图像的斜率表示电流，据此分析。

知道Q−t图像的斜率表示电流，在充电过程中电容器的电容不变，充电电流是逐渐减小的是解题的基础。6.【答案】D

【解析】解：AB.首先对等离子体进行动态分析，开始时由左手定则可知正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上极板聚集，负离子向下极板聚集，两极板间产生了电势差，即金属板变为电源，且上极板为正极，下极板为负极，所以通过用电器的电流方向为从A到B，故AB错误；

CD.此后正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F电，最终二力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F电=q⋅Ed，则qvB=q⋅Ed，解得E=Bdv，发电机的电动势E分别与速度v、磁感应强度B成正比，故C错误、D正确。

故选：D。7.【答案】C

【解析】解：A.当滑动变阻器R3的滑片自a端向b端滑动的过程中，接入电路的滑动变阻器阻值减小，总电流增大，根据串反并同，可知电容器两端电压减小，根据Q=CU，可知电容器C所带电荷量减少，开始时满足q⋅Ud=mg，电压U减小后，重力大于电场力，从而液滴向下运动，故A错误；

B.根据串反并同，可知V2减小，V1增大，故B错误；

C.根据U2=E−I(R1+r)，可知ΔU2ΔI的绝对值表示(R1+r)，即不变，故C正确；8.【答案】BD

【解析】解：A、根据振动方程可知：2πT=10π，解得该波的周期为：T=0.2s，故A错误；

B、该波的波速为：v=λT=80.2m/s=40m/s，故B错误；

C、质点Q的振动方程为y=10sin10πt(cm)，t=0.15s时，质点Q的位移：y=10sin(10π×0.15)cm=−10cm，所以加速度沿y轴正方向，故C错误；

D、根据质点Q的振动方程y=10sin10πt(cm)可知，在t=0时Q向上振动，在t=0.1s=T2时Q向下振动，根据同侧法可知波沿−x方向传播；

从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播的距离为：x=vΔt=40×(0.25−0.10)m=6m，故D正确。

故选：BD。

根据振动方程求解该波的周期；根据波速计算公式求解该波的波速；根据质点Q的振动方程为y=10sin10πt(cm)求解9.【答案】AC

【解析】解：A.根据U=Ed，可知，φ−x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据图像可知E3<E4，故A正确；

B.φ−x图像斜率的正负表示电场强度的方向，x1、x3两点图像的斜率均为负值，即电场强度方向相同，故B错误；

C.结合上述，电场方向沿x轴正方向，则试探电荷+q从x1点移到x4点，静电力做正功，故C正确；

D.根据图示可知φB>φC，电荷的电势能Ep=qφ可知，同一负试探电荷在x2点和x3点具有的电势能10.【答案】BC

【解析】解：A.粒子从c点射出时轨迹与EF相切，结合几何关系r2=L2+(2L−r)2，解得轨道半径r=L。由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，得v=qBLm，故A错误。

B.粒子从EF边射出的最高点为b点上方L处，最低点为c点，总长度为L+L=2L，故B正确。

C.最短时间对应最小圆心角60°，周期T=2πmqB，则tmin=πm3qB，故C正确。

D.11.【答案】1.5变大减小入射角

【解析】解：(1)由几何关系可得sin∠1=OAOC，sin∠2=OAOD

故折射率为sin∠2sin∠1=OCOD=1.5

(2)红光折射率小于绿光，根据折射定律，折射角减小，折射光的D点靠近A点，而反射光的C点位置不变，故CD距离变大。

(3)光屏MN上只出现一个亮点，根据sinC=1n，证明其他的光达到了临界角被反射了，可以减小入射角，避免被反射。

故答案为：(1)1.5；(2)变大；(3)减小入射角。

(1)分析入射光在AB平面的反射与折射现象，结合几何关系，由C、D到12.【答案】1.0；

；

2.4；0.7；

等于

【解析】(1)根据并联特点和欧姆定律Igrg=(I−Ig)R1

代入数据解得R1=1.0Ω

即图甲中电阻箱R1应调整为1.0Ω；

(2)根据电路图完成实物图的连接，如图所示：

(4)改装电流表的内阻RA=R1rgR1+rg=1×41+4Ω=0.8Ω，电流表的量程扩大了5倍；

根据闭合电路的闭合电路U=E−5I(RA+r)

图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=2.4V

图像斜率的绝对值k=2.4−1.880×10−3−0Ω=7.5Ω

结合U−I函数斜率绝对值的含义，图像斜率绝对值k=5(RA+r)

解得内阻r=13.【答案】棒上的电流大小和棒受到的安培力的大小为0.4N

ab棒与轨道间动摩擦因数为0.8

【解析】解：(1)由闭合电路的欧姆定律有：I=ER0+r，代入数据解得I=2A

由安培力公式有：F安=BIL，代入数据解得F安=0.4N

(2)导体棒受力如图

由平衡条件有：F实+mgsin37°=f

f=μFN=μmgcosθ

解得μ=0.8

答：(1)棒上的电流大小和棒受到的安培力的大小为0.4N；

(2)ab棒与轨道间动摩擦因数为0.8。14