四川省德阳市2025-2026学年高二年级上册期末物理试卷（解析版）

高二年级物理练习题

说明：

本练习题满分100分，75分钟完成。

第I卷（选择题共46分）

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只

有一个选项最符合题目要求。

1.电荷量为°的点电荷置于真空中，将电荷量为的试探电荷放在距°为厂的P点时，受

到的静电力大小为b，则点电荷在P点产生的电场强度大小是（）

A.—B.《C.k&D.k工

【答案】A

【解析】AB.根据电场强度的定义式，电场强度£等于试探电荷所受的静电力尸除以其

电荷量q,即七=£,故A正确，B错误；

q

_FkQqkQ

CD.根据E=一二等二年，故CD错误。故选A。

qr~-qr~

2.如图所示，一•带正电的点电荷从某点以水平向右的初速度u射入竖直向下的勺强电场

中，图中实线为匀强电场的电场线，不计点电荷受到的重力，下列图中虚线可能正确描绘

了点电荷运动轨迹的是（）

【答案】B

【解析】由于正点电荷在匀强电场中受到的电场力大小不变，方向与场强方向相同，竖直

向下，且电荷初速度方向水平向右，重力不计，则粒子将向下做类平抛运动，且轨迹夹在

电场力与速度之间，轨迹将如选项B所示。

故选B。

3.如图所示，虚级框内为改装好的电表。已知灵敏电流计G的内阻为4,电阻箱阻值为

/?,下列关于改装的“新表”说法正确的是（）

A.是电压表,为了显著扩大量程,R应大于4

B.是电压表,为了显著扩大展程,R应小于R

C.是电流表,为了显著扩大量程,A应大于4

D.是电流表,为了显著扩大量程,/?应小于4

【答案】A

【解析】由串联电路的分压原理知，“新表”是电压表，其量程为

故为了显著扩大量程，R应大于Rg,故选A。

4.图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容。之间相互关系的图像，其中

【答案】A

【解析】ABD.因为电容C与两极板电量。无关，与两极板的电压U无关，所以,

C-Q,C—U图像均为一条平行横轴的直线，故A错误，BD正确；

C.根据。吟，电容不变，。与U成正比，故C正确c

由于本题选择错误的，故选A。

5.如图所示，电路中电表均可视为理想电表，闭合开关S后将滑动变阻器滑片向左滑动，

下列结论正确的是（）

RRP

——（S）——

A.电流表A的示数减小

B.电阻R消耗的电功率减小

C.电源的输出功率一定减小

D.电压表V1示数增大，电压表V2示数减小

【答案】D

【解析】ABD.将滑动变阻器滑片向左滑动，则Rp阻值减小，电路总电阻减小，总电流变

大，则电流表A的示数变大，电阻R两端的电压UR=/R变大，即电压表Vi示数增大，

则电阻R消耗的电功率"二八宠变大；根据•可知，电压表V2示数减小，AB错

误，D正确；

C.当外电阻与电源内阻相等时电源输出功率最大，因外电阻与内阻关系不确定，则不能

判断电源输出功率的变化，c错误。

故选D。

6.用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物

图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电

流越大，产生的磁场越强，图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线

方向射入磁场。下列关于实验现象和分析正确的是（）

A.仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大

B.仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变小

C.仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变小

D.仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的底期将变大

【答案】C

【解析】A.仅增大励磁线圈中的电流，其产牛的磁场增强，磁感应强度8增大

由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m—

得电子束径迹的半径r=—,则电子束径迹的半径变小，故A错误；

Be

B.电子在加速电场中加速由动能定理有四=2〃”2,仅升高电子枪加速电场的电压，则

2

电子束做匀速圆周运动的速率增大，由/•二—

Be

电子束径迹的半径变大，故B错误；

C.电子做圆周运动的周期7=-由A选项分析知仅增大励磁线圈中的电流，B增

Be

大，电子做圆周运动的周期将变小，故C正确；

D.由B选项分析知仅升高电子枪加速电场的电压，则电子束做匀速圆周运动的速率珀大,

但电子做圆周运动的周期跟速率无关，故周期不变，故D错误。

故选C。

7.如图甲所示，N=100匝的线圈（图中只画了2匝），面积，=0.50?,电阻〃=1Q,

其两端与一个A=4C的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B随时间f

变化的关系如图乙所示。则（）

B/T

A.0〜4s内，通过电阻R的电流方向为人到《

B.。〜4s内，通过电阻R的电荷量为5c

C.4〜6s内，。〜〃间的电势差U汕=8V

D.4〜6s内，电阻R上产生的焦耳热为32J

【答案】D

【解析】A.0〜4s内，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电

流为逆时针方向,即通过电阻/?的电流方向为。到〃，A错误:

B.0〜4s内，感应电动型骂=NA^S=1O()X%XO.5V=5V

Ar4

感应电流A=-^-=lA

R+r

通过电阻R的电荷量为夕="i=1x4C=4C,B错误：

C.4〜6s内，感应电动势g=N/S=100X%X().5V=10V

~A/2

感应电流人=一与一二2A

R+r

因b点电势高于〃点，则〃〜〃间的电势差U汕=—，2R=-8V,C错误；

D.4〜6s内，电阻R上产生的焦耳热为。=/；RG=22X4X2J=32J,D正确。

故选Do

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全

部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

8.如图所示，虚线是某一静电场的一我等势线，数值为其电势值。一带电粒子只在电场力

的作用下飞经该电场时，沿图中的实线从A点运动到笈点，则下列判断正确的是（）

A.粒子带正电

B.A点的电场强度大于8点的电场强度

C.从A点运动到8点，电场力对粒子做正功

D.粒子在A点的加速度大于其在8点的加速度

【答案】AC

【解析】A.根据电场线与等势线的关系，可知该区域电场线为从右至左呈汇聚状，根据

粒子轨迹弯曲情况易知带电粒子受力方向与场强方向相同，故其带正电，故A正确；

B.图中为等差等势线分布图，根据其疏密程度可判断出，A点的电场强度小于4点的电

场强度，故B错误；

C.粒子从A点运动到B点，电场力与位移夹角为锐角，即电场力对其做正功，故C正确;

D.根据牛顿第二定律，有。=£=且

min

可知粒子在A点的加速度小于其在5点的加速度，故D错误。

故选AC。

9.如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道处在竖直平面内，左、右两端点等高，所在空间

存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，质量为加、带负电的小球从轨道左端最高点无初速度

释放，小球运动到轨道的最低点。时，对轨道的压力大小为塔，则（）

A.从释放到最低点的过程中，小球的机械能减小

B.小球从左侧运动至最低点时，小球的速度大小为年左

C.小球从左侧运动至最低点时，磁场对小球作用力大小为坐

D.小球从轨道右侧返回时，在最低点对轨道的压力大小为业唯

2

【答案】BD

【解析】A.洛伦兹力对小球不做功，小球下滑过程只有重力做功，可知，从释放到最低

点的过程中，小球的机械能守恒，故A错误；

B.结合上述，小球下滑过程机械能守恒

则有〃7gA=

解得%荻，故B正确;

C.小球对轨道的压力大小等于轨道对小球的支持力大小，小球在最低点，根据牛顿第二

定律有q%8+要■-〃g2=in—

2R

结合上述解得

即小球从左侧运动至最低点时，磁场对小球的作用力大小为竽，故c错误；

D.小球在运动过程机械能守恒，则小球从轨道右侧返回至最低点时速度大小仍然为

速度方向向左，根据牛顿第二定律有

F_q%B_mg=，嚓

结合上述解得六粤.故D正确。

故选BD

10.如图，固定于同一条竖直线上的点电荷4、8相距为2d,电荷量分别为+Q和-0。

MN是曝直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球，质量为，〃、电荷最为

+q（可视为点电荷，4远小于。），现将小球从与点电荷A等高的。处由静止开始释放,

小球向下运动到距C点距离为d的。点时，速度为V。m知MN与之间的距离也为

d,静电力常量为&,重力加速度为g。则下列说法正价的是（）

D

N

A.。点的场强大小为E

B.。点的电势与。点的电势相等

C.C点的场强与。点的场强大小相等

D.小球经过与点电荷8等高的。点时速度的大小为2P

【答案】AC

【解析】A.如图所示，根据点电荷场强公式和电场叠加法则可得。点的场强大小为

七二叵义，故人正确；

2d2

D

N

B.取无穷远处为零电势，根据8=丝和电势叠加法则可知。点的电势与。点的电势不

相等，且根据对称性，可知Uco=—U/X,，故B错误;

C.如图所示，根据场强叠加遵循平行四边形定则可知C点的场强与。点的场强大小相

等，故c正确；

2

D.从C到。过程中，根据动能定理有c/Uco+mgd=~fnv

小球在CO和。。两个过程中，静电力做功相同，则根据动能定理有

2qU3+mg-2d=，〃uj

解得%故D错误。

故选AC。

第I【卷（非选择题共54分）

三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13-15小题解答时请写出必要的文字说

明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11.有一根条形磁铁脱了漆，分不清哪头是N极，哪头是S极。为了弄清楚这个条形磁铁的

极性，小明和小华在该条形磁铁的两头标记上/＞、Q,即图甲所示，并分别做了如卜实验:

P

甲

（I）小明按图乙连好线圈和检流表，将条形磁铁的尸端向下插入线圈，发现检流表指针向

右边偏转（已知检流表零刻线在正中间，电流从正接线柱流入时其指针往右偏）。

（2）小华将一个铝环用细线静止悬挂，如图丙所示，并将条形磁铁的Q端从左往右靠近铝

环，发现铝环向右边摆起，

（3）分析上述操作，可知谁的实验可以判断条形磁铁的极性____；

A.小明B.小华C.都可以

（4）通过实验结果，我们可知P端为条形磁铁的（选填“N极”或“S极”）：

（5）丙图中，当条形磁铁从左往右靠近铝环时，铝环有（选填“扩张”或“收缩”）的

趋势。

【答案】（3）A（4）S极（5）收缩

【解析】［1］乙图中小明的实验根据楞次定律可判断出磁铁的极性，检流表指针向右边偏

转，可知电流从正接线柱流入检流表，即线圈中的电流为顺时针（从上往下看），感应电流

产生磁场的方向向下，而线圈磁通量增加，由增反减同可知，原磁场方向与感应电流产生

磁场方向相反，原磁场方向向上，故P端为S极。故通过小明的实验可以判断条形磁铁的

极性。根据楞次定律可知小华的实验不能判断极性。

故选A。

⑵通过实验结果，我们可知产端为条形磁铁的S极。

⑶内图中，当条形磁铁从左往右靠近铝环时，铝环的磁通量增大，根据楞次定律可知铝环

有收缩的趋势。

12.某实验小组要测量一段金属丝的电阻率。

（1）某同学先用多用电表的欧姆挡粗测金属丝电阻，把选择开关调到“XI”挡，测量时多用

电表的示数如图甲所示，则该元件电阻为R=再用螺旋测微器测显金屈丝的直

径d,其示数如图乙所示，则〃=mm；

<

1O

-

-4

-S

I-I45W

I=

O=3

-35

-33O

X

J

甲乙丙

（2）多用电表测得的电阻往往比较粗略，为了更精确测量金属丝电阻，小组成员甲同学根

据实验室提供器材：滑动变阻器（阻值为0〜5。）、电流表（内阻约为10Q）、电压表

（内阻约为39）,要求从零开始测量数据，请选择正确的电路图（）

VV

（3）正确连接好第（2）问中的电路，某次实验时，电压表的示数为U,电流表的示数为

I,测得金属丝的长为£,则金属丝电阻率/=;（用题中的符号U、I、L、d、

兀表示）

（4）小组成员乙同学设计了如图丙所示电路测量该金属丝电阻率.，稳压源的输出电压恒为

U。，定值电阻的阻值为样，电压表为理想电压表。根据多次实验测出的长度工和对应

的电压表的示数U作出的U—x图线，图线的斜率为攵，则长为L的金属丝的电阻&二

。（用题中的符号女、R、。（）、心表示）

nUd2kLR

【答案】（1）110.9C0（2）C（3）（4）7；~~

4/L5「kL

【解析】（1）川该元件电阻为R=llxlC=llO

[2]金属丝的直径4=0.5mm+40.0x0.01mm=0.900mm

（2）因要求从零开始测量数据，故选用滑动变阻器的分压式连接，又电流表的内阻跟待测

电阻相差不多，并且电阻值未知，故用电流表的外接法，故选C。

C）由部分电路的欧姆定律有/

R=LL

由电阻定律有p~s~=

兀（耳）

TtUd2

联立解得°二

4IL

U。

（4）设金属丝的总电阻为R。，由闭合电路的欧姆定律有/二

R°+R

,R)UQ

由部分电路的欧姆定律有电压表的示数urT=/一工二丁%一%=米一

L%+RL

,U。R。

故攵=―-——-

R[)+RL

nkLR

解得心吃

13.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m,导轨与水平面的夹角6=37。，在导

轨所在区域内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,导轨的一端

接有电动势石=1.5V、内阻，•=0.5。的直流电源。一根与导轨接触良好，质量为

机=0.2kg的导体棒,心垂直放在导轨匕棒静止。曲棒与导轨接触的两点间的电阻

4=]。，不计导轨的电阻，8取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)出?棒上的电流大小；

(2)出?棒受到的摩擦力大小。

【答案】(I)1A(2)1N

,E

【解析】(1)由闭合电路欧姆定律/=彳一，解得/=1A

RO+r

(2)油棒受到的安培力以二8〃

由平衡条件相gsin37。=葭+f

联立可得f=IN

14.如图所示，在水平向左的匀强电场中有一与水平面37。成角的光滑绝缘直杆AC,C

点距地面高度为力(未知)。有一带负电小环套在杆上，正以速度%=L5m/s沿杆匀速下

滑，小环质量为m=0.4kg,带电量9=-0・03C。小环离•开杆后正好落在C点的正下方

地面上尸点处，4cp所在平面与电场上平行，且取lOm/s?,sin370=0.6,

cos37°=0.8o求:

A

（1）场强E的大小：

（2）PC的距离力;

（3）设。点电势为零，个环离开杆后电势能的最大值。

【答案】（1）100N/C（2）0.8m（3）0.288J

【解析】（1）带负电小环套在杆上，正以速度%=L5m/s沿杆匀速下滑，由平衡条彳匕可

知〃zgsin370=，cos370

又q=qE

解得场强E=1OON/C

（2）将小环的运动分解为沿杆方向的匀速直线运动和垂直于杆的匀加速直线运动

沿杆方向有/?sin37°=%f

垂直于杆方向有/?cos37°=—

2

根据牛顿第二定律有一空二=ma

cos37°

联立解得PC的距离/z=0.8m

（3）将小环的运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动，水平方向速度向左减为零

2

时，电场力做负功最多，电势能最大，水平方向有4=延，2«x=(vocos370)

m

电场力做功叱乜=-4欧

根据功能关系有叱U=O-Epm

联立可得Epm=0.288J

15.如图甲所示，平面直角坐标系xQy中，在半径为R、圆心为。的圆形区域内，有垂直

于坐标平面向外的匀强磁场【，磁感应强度为用(未知)，圆心01的坐标为(O,R),在x

轴卜方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场n,磁感应强度为纹。在x轴正半轴上，水平放

2

置长为3R的接收器出?，。端离。点距离为R；在圆形区域左侧有长度、间距均为2A的

平行板/＞、Q,。板在x轴负半轴上。在两板的左侧有一粒子源，沿两板中线连续发射初

速度均为％、质最为机、电荷最为4的带正电粒子。若P、Q两板不带电，从粒子源射出

的粒子经磁场I偏转后从。点沿〉轴负方向进入磁场II；现在夕、。两板间加上如图乙所

.2R

示的交变电压，其周期为了二——，已知f=0时刻进入的粒子恰能从板边缘飞出。不计粒

%

子重力和粒子间相互作用，求:

y

牛

粒子源，%

Q0

XXXXXXXX

A

XXXXXX2xIIx

甲

(1)匀强磁场I的磁感应强度用的大小;

3

(2)，二石7时刻进入的粒子，从两板间射出的位置距两板中线的距离(结果用字母R表

8

示)；

调节。0的大小，其余条件不变，当")=4辞产一时,接收器勿,上有粒子打到区

域的长度。

【答案】⑴豪

(2)-R⑶（4-2及）R

2

【解析】（1）由题意知,不加电压时,粒子在磁场I中做圆周运动的半径4=R

根据牛顿第二