四川省南充市2025-2026学年高二下学期期末考试物理试题含答案

2026年春季学期普通高中学业质量监测高二物理

(考试时间75分钟，满分100分)

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目答案的标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

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

一项最符合题目要求。

1.家用微波炉依靠微波(电磁波)加热食物，微波炉内部的磁控管会产生某种场，从而激发电磁波，根据

麦克斯韦电磁场理论，磁控管产生的场可能是()

A.稳定的电场B.不均匀变化的电场

C.稳定的磁场D.均匀变化的磁场

2.如图所示，电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁

顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产生的磁场垂直于纸面向外穿过线

圈，则动磁铁经过图示位置时()

线圈1

定磁铁—动磁铁

线圈2

A.线圈1中电流为顺时针方向B.线圈2中电流为逆时针方向

C.线圈1有扩大的趋势D.线圈2有扩大的趋势

3.如图所示，设想有甲、乙两个分子，甲分子固定在坐标原点O处，乙分子在r轴正半轴上，F为分子间

作用力，后、ri、r2为r轴上三点，其中r为图像与r轴的交点，则下列说法正确的是()

试卷第1页，共8页

A.乙在r处，分子间不存在相互作用力

B.乙在r处，分子间作用力最小

C.乙分子从r后移动到r₂的过程中，分子间引力先减小后增大

D.乙分子从r移动到r₂的过程中，分子势能一直增大

4.四个完全相同的灯泡D₁、D₂、D₃、D₄按如图所示方式连接在电路中，线圈L的自感系数很大、直流电

阻可忽略。闭合开关瞬间，最亮的灯泡是()

A.D₁B.D₂C.D₃D.D₄

5.如图所示，绝缘斜面体放置在粗糙的水平地面上，其上固定两平行金属导轨，空间有垂直于斜面向上的

匀强磁场，一导体棒ab垂直放在金属导轨上且与导轨接触良好，导体棒通有从b到a的电流，此时导体棒

保持静止。下列说法正确的是()

A.此时导体棒一定受到四个力作用

B.此时地面对斜面体摩擦力一定为0

C.逐渐增大电流，若导体棒仍能静止，则导体棒受到的摩擦力先减小后增大

D.仅改变电流方向，若导体棒仍能静止，则导体棒受到的摩擦力一定增大

6.光滑绝缘水平桌面上方有竖直向上的匀强磁场，相距3L的两平行直线PQ、MN为磁场边界，俯视图如

图所示，一边长为L的正六边形闭合金属线框ABCDEF,各边电阻相等，线框在桌面内以垂直PQ的水平

试卷第2页，共8页

速度v向右匀速运动，AC//PQ,以俯视时顺时针方向为电流的正方向，从E点刚经过PQ开始计时，线框

穿过磁场的过程中，AC两点的电势差UAC、线框中的电流i随时间t变化的图像可能正确的是()

A.0B.0

C.0

D.o

7.如图所示，光滑水平面上方空间中存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为3m的足够

长绝缘木板静止于水平面上，电荷量为-9(q>0)、质量为m的物块放置于木板右端。某时刻起对木板施

加一水平向右的恒力F,当物块速度为v时，开始相对于木板滑动，再经过一段时间物块达到最大速度，重

力加速度为8。则()

A.物块匀加速运动的时间为B.物块匀加速运动的时间为

C.摩擦力对物块做功为D.摩擦力对物块做功为

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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0分。

8.如图所示，AB边界上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，同种带正电粒子P、Q从边界上的○点射入匀

强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界AB的夹角分别为53°和37°,且均由边界上同一点射出，sin53°=0.8,

则P、Q两粒子在磁场中运动的()

试卷第3页，共8页

A.半径之比为3:4B.半径之比为4:3

C.时间之比为127:37D.时间之比为53:37

9.如图所示为远距离输电原理图，变压器T、T₂均为理想变压器，T的原副线圈匝数比为0.02,原线圈接

有电压为u=220√2sin100πV的正弦交变电源，T的原副线圈匝数比为k,输电线电阻为R₀=27.5Ω,当T₂

的副线圈接入用户的总电阻为R时，电流表的示数为200A,R两端电压为220V。则()

A.T原线圈电压有效值为220V

B.T₂中电流的频率为100Hz

C.k=49.5

D.电阻R减小时，T₂输出功率增大

10.如图所示，竖直平行金属导轨相距为L,导轨下端接阻值为R的电阻和电容器，在导轨间高为h的区域

内有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场，质量为m的金属杆PQ水平置于导轨上，用平行

导轨的绝缘轻绳通过定滑轮与轻质拉杆相连，当金属杆向上运动时，仅闭合开关S;当金属杆向下运动时，

仅闭合开关S₂,初始时金属杆静止在磁场下方某位置处，电容器不带电，某时刻用恒定的拉力竖直向下拉

动拉杆，金属杆经时间t运动至磁场某位置时撤去拉力，再经过时间t金属杆运动到磁场上边界且速度为0,

然后金属杆从磁场上边界由静止开始下滑，不计其他电阻和摩擦，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，重

力加速度为8,下列说法正确的是()

试卷第4页，共8页

A.撤去拉力后，金属杆向上运动时，做匀减速运动

B.金属杆在磁场中向下运动时，做匀加速运动

C.金属杆向上运动和向下运动的过程中，通过金属杆的电荷量绝对值相等

D.拉力大小为

三、非选择题，本题共5小题，共54分。其中13~15小题解题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.某同学利用如图甲所示的数字化信息系统探究温度不变时气体压强与体积的关系，将注射器、软管、

压强传感器与数据采集器相连，注射器内封闭了一定质量的空气。

注射器

压强传感器25mL

软管活塞

计算机

数据采集器

甲乙

(1)为了确保气体质量一定，实验中应采取的措施是(填选项前的字母);

A.迅速推拉活塞，缩短实验时间

B.将注射器放入水中进行操作

C.在活塞上均匀涂抹润滑油

(2)在压缩气体过程中，某同学用手握住注射器内有空气柱的部分，导致封闭气体的温度升高，下图中实

线为初始温度下的等温线，虚线为手握住注射器的图像，下图中可能正确的是_(填图像下的字母);

试卷第5页，共8页

A.B.C.

(3)以注射器刻度读数V为纵坐标，以为横坐标(P表示封闭气体压强),得到如图乙所示的一条直线，

其纵轴截距为-b(b>0),直线未经过坐标原点是由于软管和传感器接口处存在未计入的气体所造成的，

由图像可知该部分未计入的气体体积V₀=_;

(4)最终得出探究结论：在误差允许的范围内，一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。

12.某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的恒温箱温控装置。

甲乙丙丁

(1)该同学首先利用多用电表欧姆“×10”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值，示数如图甲所示，则此时热敏电

阻的阻值为R=Ω;

(2)该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻

R₀=2.0kΩ,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，

若电流表A₁的示数为4.8mA,A₂的示数为150mA,两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为_

Ω,经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度的变化关系图像如图丙所示；

(3)该同学利用此热敏电阻设计的恒温箱温控装置如图丁所示，其中电源电动势E=6V,内阻忽略不计，继

电器的线圈电阻R=150Ω,当线圈中电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。为保证恒温箱正常

工作，应该把恒温箱内的加热器接在(选填“AB端”或“CD端”);

(4)恒温箱正确连接后，要使恒温箱内的温度保持在100℃,可变电阻R′应调为Ω。

13.如图所示，棱镜的横截面是正三角形ABC,边长为6cm,一束单色光从空气入射到AB的中点，经AB

和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角i和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角

度θ=46°,sin53°=0.8,真空中光速取c=3×10⁸m/s,求

试卷第6页，共8页

(1)棱镜对该单色光的折射率n;

(2)该单色光在棱镜中传播的时间t。

14.某口竖直压井的结构原理如图所示，出水管口距水井内水面的高度为h,初始时贮气室和水井内气压均

等于大气压Po,贮气室内空气的体积为V,井内空气的体积为100V%;向下按下压盖，贮气室内空气全部进

入水井内，松开压盖，外界空气再次充满贮气室(井内空气无法回到贮气室);水的密度为P,重力加速度

为8,水井内外空气均视为理想气体且温度保持不变，不计出水导致的水井内水面高度的变化。求：

(1)水恰能被压出水井外时，水井内空气的压强P;

(2)第一次按压后水井内空气的压强P₁;

(3)若题中,至少按压几次水井才能出水。

15.如图所示，在纸面内建立平面直角坐标系xOy,在0≤x≤d区间内有平行V轴向下的匀强电场，在x≥d

区间内有垂直纸面向外的匀强磁场；一质量为m、电荷量为9的带正电粒子从坐标原点0与x正方向成

θ=30°角以速度v。射入电场，然后垂直磁场边界射入磁场，并恰好能够从x轴处再次返回电场最终从V轴

上P点(图中未画出)离开电场，不计粒子重力，求：

试卷第7页，共8页

(1)电场强度E和磁感应强度B;

(2)粒子从○点运动到P点经过的时间t;

(3)若x≥d区域内同时还有一沿x轴负方向的电场，场强.粒子在x≥d区域内运动的过程

中速度的最小值Vmin。

试卷第8页，共8页

1.B

【详解】A.稳定的电场周围不会激发磁场，无法形成电磁波，故A错误；

B.不均匀变化的电场会激发变化的磁场，变化的磁场又会激发新的变化电场，二者交替激发即可形成电磁

波，故B正确；

C.稳定的磁场周围不会激发电场，无法形成电磁波，故C错误；

D.均匀变化的磁场只能激发出恒定的电场，恒定电场无法继续激发新的磁场，不能形成持续传播的电磁波，

故D错误。

故选B。

2.C

【详解】A.动磁铁顺时针旋转，线圈1中的磁通量(方向垂直纸面向外)正在减小，根据楞次定律，感应

电流的磁场方向应垂直纸面向外，由安培定则可知，线圈1中感应电流方向为逆时针，故A错误；

B.动磁铁顺时针旋转，线圈2中的磁通量(方向垂直纸面向外)正在增加，根据楞次定律，感应电流的磁

场方向应垂直纸面向里，由安培定则可知，线圈2中感应电流方向为顺时针，故B错误；

C.线圈1中磁通量减小，根据楞次定律的推论“增缩减扩”,线圈1有扩大面积以阻碍磁通量减小的趋势，

故C正确；

D.线圈2中磁通量增加，根据楞次定律的推论“增缩减扩”,线圈2有缩小面积以阻碍磁通量增加的趋势，

故D错误。

故选C。

3.D

【详解】A.处分子引力等于分子斥力，分子力(合力)为零，并非分子间不存在相互作用力，故A错误；

B.分子间作用力(合力)在处为零，是最小的，ri处合力不为零，故B错误；

C.分子引力和斥力都随分子间距r增大而减小；乙分子从r到r₂,r一直增大，分子引力一直减小，故C

错误；

D.从r到r₂,分子力表现为引力，r增大时分子引力做负功，分子势能一直增大，故D正确。

故选D。

4.A

【详解】闭合开关瞬间，线圈L产生自感电动势阻碍电流的增大，相当于断路，流过D₂的电流几乎为零，D₂

不亮；此时电路结构为D₁与D₃、D₄的并联电路串联。流过D₁的电流为干路电流，而D₃、D₄平分干路电

流，故D₁的电流最大，功率最大，最亮。

试卷第1页，共9页

故选A。

5.D

【详解】A.通过左手定则判断：磁场垂直斜面向上，电流由b到a,可得导体棒受到的安培力方向沿斜面

向上。导体棒受重力、斜面支持力、安培力，若安培力大小恰好等于重力沿斜面向下的分力mgsinθ,导体

棒不受摩擦力，仅受3个力，故A错误；

B.将斜面体、导轨和导体棒视为整体，安培力沿斜面向上，可分解为水平分量和竖直分量；整体静止，

水平方向地面对斜面体的摩擦力需要平衡安培力的水平分量，因此摩擦力不为零，故B错误；

C.若初始状态导体棒受到的摩擦力为零，随着电流的增大，则导体棒受到的摩擦力增大；若初始状态的摩

擦力方向沿斜面向下，随着电流的增大，则导体棒受到的摩擦力增大；若初始状态的摩擦力方向为沿斜面

向上，随着电流的增大，则导体棒受到的摩擦力先减小后增大，故C错误；

D.仅改变电流方向后，安培力变为沿斜面向下，此时摩擦力大小f′=mgsinθ+BIL;原摩擦力大小为

Imgsinθ-BILI,对任意正数mgsinθ、BIL,都有mgsinθ+BIL>|mgsinθ-BILI,因此导体棒受到的摩擦

力一定增大，故D正确。

故选D。

6.C

【详解】正六边形边长为L,AC平行竖直边界PQ,线框总水平宽度(垂直PQ方向)为2L,磁场宽度3L>2L,

因此线框完全进入磁场后，出磁场前磁通量不变，感应电流为零。以1为时间单位，分阶段分析：

在进入磁场阶段(0≤t≤4t₀):

线框向右进入磁场，磁通量向上增加，由楞次定律，感应电流为顺时针(正方向):

0～t₀:切割磁感线的有效长度从0线性增加到√3L,感应电动势E=Blv线性增大，电流i线性增大；电流

方向为顺时针，因此UAC=4A-4c<0,UAC从0线性变化到负的最大值。

t₀~3t₀:有效切割长度保持√3L不变，电动势保持恒定，电流i持续为正恒定值、UAc持续为负恒定值。

3t₀~4t₀:有效切割长度从√3L线性减小到0,电动势线性变化到0,电流i从正最大值线性回到0、UAc从

负最大值线性回到0。

在全在磁场中(4t₀<t<6t₀):

整个线框都在磁场内，磁通量不变，感应电动势E=0,因此i=0;但是AC之间金属线切割磁感应线，

等效为电源，存在电势差，故UAc≠0。

在离开磁场阶段(6t₀≤t≤10t₀):

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线框向右离开磁场，磁通量向上减少，由楞次定律，感应电流为逆时针(负方向):

6t₀~7t₀:有效切割长度从0线性增加到√3L,电动势绝对值线性增大，电流i从0线性变化到负的最大值；

电流方向为逆时针，因此UAC=φA-φc<0,UAc从0线性变化到负的最大值。

7t₀~9t₀:有效切割长度不变，电动势保持恒定，电流i持续为负恒定值、UAc持续为负恒定值。

9t。~10t₀:有效切割长度从√3L线性减小到0,电动势线性变化到0,电流i从负的最大值线性回到0、UAC

从负的最大值线性回到0。

故选C。

7.C

【详解】AB.在物块相对于木板滑动前，物块与木板一起向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

F=4ma

已知物块速度达到v时开始相对滑动，由运动学公式可得v=at

物块匀加速运动的时间,故AB错误；

CD.物块带负电向右运动，由左手定则得洛伦兹力方向竖直向上，大小为F落=qv'B

物块对木板的正压力N=mg-qv'B

物块受到的摩擦力f=μN

随着√增大，N减小，f减小，物块加速度逐渐减小；当加速度减为0时，物块速度达到最大，此时

f=0,即N=0

得TVmB=mg

对物块，洛伦兹力不做功，只有摩擦力做功，由动能定理，摩擦力做功等于物块动能的变化

,故C正确，D错误。

故选C。

8.AD

【详解】AB.设入射点○到共同出射点的距离为L,由几何关系可知L=2Rpsin53°,L=2Rosin37°

解得

因此半径比为3:4,故A正确，B错误；

CD.两粒子是同种带正电粒子，比荷相同、磁感应强度B相同，带电粒子在磁场中运动的周期

试卷第3页，共9页

,因此两粒子T相等。

又运动时间

P、Q两粒子转过的圆心角角度之比

因此时间比等于圆心角之比,即时间比为53:37,故C错误，D正确。

故选AD。

9.ACD

【详解】A.原线圈输入正弦交流电，根据u=220√2sin100πIV

因此原线圈电压有效值,故A正确；

B.根据u=220√2sin100πIV

可知角速度w=100πrad/s

则电流的频率，

变压器不改变交流电频率，因此T₂中电流频率为50Hz,故B错误；

C.对理想变压器T,原副匝数比

根据

可得T副线圈的电压U₂=11000V

根据变流比

可得输电线电流I₂=I₁

输电线电压损失△U=I₂R₀=4×27.5V=110V

因此T₂原线圈的电压U₃=U₂-△U=10890V

已知T₂副线圈的电压U₄=220V

因此T的原副匝数比故C正确；

D.将R等效到T₂原线圈一侧，等效电阻R′=k²R

R减小则R’减小。输电线回路U₂不变，相当于电源电动势，将R₀等效为电源内阻，原来情况下

试卷第4页，共9页

因此当外阻大于内阻R₀时，外阻R’减小，T₂输出功率增大，D正确。

故选ACD。

10.BD

【详解】A.撤去拉力后，金属杆在磁场中向上运动，闭合S₁时接电阻R,设金属杆速度为v,则感应电动

势E=BLv

感应电流.

根据左手定则，金属杆所受安培力方向向下，大小为

由牛顿第二定律有

可知金属杆向上减速，V减小，加速度α减小，则金属杆做加速度减小的减速运动，故A错误；

B.金属杆向下运动时，闭合S₂时接电容器，设金属杆加速度为a,速度为v,则感应电动势和电容器电压

△U=△E=BL△v

感应电流

对金属杆受力分析，由牛顿第二定律有mg-BIL=ma

代入I=CBLa

解得

因此a为恒定值，金属杆做匀加速运动，故B正确；

C.向上运动过程，通过金属杆的电荷量

向下运动过程，总电荷量等于电容器最终带电量q₂=CU=CBLv

其中v是向下运动h的末速度，显然q₁≠q₂,故C错误；

D.对金属杆向上运动的全过程，拉力仅作用前t时间，安培力仅在后t时间，位移为h,由动量定理有

Ft-mg·2t-I安=0

安培力的冲量I佞=BIL·△At=BLq

可得

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联立解得,故D正确。

故选BD。

11.CBb

【详解】[1]A.为了确保温度不变，实验中推拉活塞时应该尽量缓慢，故A错误；

B.将注射器放入水中是为了保持气体温度不变，不是保证气体质量一定的措施，故B错误；

C.为了确保气体质量一定，实验中应在活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是避免漏气，故C正确。

故选C。

[2]手握住注射器后气体温度升高，根据理想气体状态方程可得pV=nRT

相同体积V下，温度越高压强P越大，因此温度升高后的虚线一定在原等温线上方；

再由可知，体积V越小，压强差△P越大，因此大体积(图中右端)处两条图线接近，小体积

(图中左端)处偏离更大。

故选B。

[3]设未计入的气体体积为V₀,注射器读出的体积为V,总气体满足玻意耳定律p(V+V₀)=C

整理

该式为的直线方程，纵截距为-V,因此-V₀=-b

得V₀=b

12.(1)190Ω

(2)左64Ω

(3)AB

(4)100Ω

【详解】(1)190Ω多用电表欧姆挡读数为指针示数×倍率，所选挡位为×10,指针示数为19,故

RT=19×10Ω=190Ω

(2)[1]图乙为分压式接法，闭合开关前，为使待测部分初始电压为0,保护电路，滑动变阻器滑片应置于

最左端；

[2]R₀与R并联，电压相等I₁R₀=IR₁RT

解得

(3)热敏电阻R随温度升高阻值减小。当恒温箱温度偏低时，热敏电阻R阻值大，回路电流小

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(I<20mA),衔铁释放，上下触点AB接通，加热器通电加热；然后温度升高，热敏电阻R阻值变小，

回路电流变大(I>20mA),衔铁吸合，触点切换到CD,加热器断电停止加热。温度升高后需要断开加热

器，因此加热器必须接在AB端。

(4)由图丙可知，100℃时R=50Ω,当电流I=20mA=0.02A时衔铁吸合停止加热，根据闭合电路欧姆

定律可得E=I(R+Rr+R')

解得

13.(1)1.6

(2)1.6×10-¹⁰s

【详解】(1)棱镜横截面为正三角形，则顶角α=6