吉林长春市某高中2025-2026学年高二年级上册期末物理试题（解析版）

长春市十一高中2025-2026学年度高二上学期第三学程考试

物理试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条

形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0・5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体

工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在

草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

第I卷（共46分）

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符

合题目要求，每小题4分；第8〜10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6

分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分。

Ax

V=—

1.学习物理的过程中我们需要定义很多物理量，如速度定义式为△，，下列物理量表达式不是定义式

的是（）

Fo

A.电场强度E=-B.电容。=春

D.磁感应强度8=虫

C.电流I=—

t5

【答案】D

【解析】

【详解】A.电场强度七二£是定义式，其中E为电场力，为试探电荷的电荷量，直接定义了电场强

q

度，故A不符合题意。

B.电容。=卷是定义式，其中。为电容器储存的电荷量，U为电势差，直接定义了电容，故B不符合题

意。

c.电流/=幺是定义式，其中4为通过导体横截面的电荷量，r为时间，直接定义了电流，故c不符合题

意。

D.磁感应强度B=?不是定义式。磁感应强度的定义通常基于电流在磁场中受的力（如F=BIL）或

毕奥-萨伐尔定律；而3是由磁通量定义中二65推导得出，属于导出式，故D符合题意。

故选D。

2.如图所示，电路中有相同的灯泡A、B,线圈L的直流电阻不计，R1为定值电阻，电源电动势为E、内

阻不计。关于下面的操作说法正确的是（）

~~•A--B-

―0―0-

A.闭合开关S后，灯泡A逐渐变亮后亮度不变

B.闭合开关S后，灯泡B逐渐变暗后亮度不变

C.断开开关S后，灯泡A闪亮后逐渐变哈最后熄灭

D.断开开关S后，灯泡B逐渐变暗最后熄灭

【答案】C

【解析】

【详解】A.闭合开关S后，灯泡A与线圈L并联，电流瞬间通过灯泡A,因此灯泡A会立即变亮，随后

线圈L的阻碍作用减小，电流逐渐增大，灯泡A逐渐变暗，最终被线圈L短路而熄灭，故A错误；

8.闭合开关b后，灯泡B与定便电阻并联，因此灯泡B立即变，亮且，亮度不变，故B错误；

C.断开开关S后，线圈L的自感会阻碍电流减小，与灯泡A形成闭合回路，线圈L中的电流瞬间通过灯

泡A,使灯泡A闪亮一下，随后电流逐渐减小灯泡A逐渐变暗，直至熄灭，故C正确；

D.断开开关S后，灯泡B所在支路的电流瞬间消失，灯泡B立即熄灭，故D错误。

故选C。

3.2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卜马克环形真空

室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场

（如图），电场强度大小为匕磁感应强度大小为瓦若某电荷量为，/的正离子在此电场和磁场中运动，其

速度平行于磁场方向的分量大小为也，垂直于磁场方向的分量大小为1，2,不计离子重力，则（）

A.电场力的瞬时功率为班:，匕2+片B.该离子受到的洛伦兹力大小为例由

C.V2与0的比值不断变大D.该高子的加速度大小不变

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据功率的计算公式可知P=8cos。，则电场力的瞬时功率为P=力，A错误；

B.由于必与磁场5平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F必=小、2'B错误；

C.根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动.则月增

大，V2不变，也与也的比值不断变小，C错误；

D.离了受到的洛伦兹力大小不变，电场力不变，则该离了的加速度大小不变，D正确。

故选D。

4.如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电

极之间的区域I和区域II有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为8、方向相反，区域I边界是边长为上的

正方形，区域II边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度I，匀速通过，传送带上每隔

2Z,固定一根垂直运动方向、长度为乙的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生

电动势的有效值为（）

y[2BLv3BLvDMBLv

A.BLvRD.---------C.-------

22

【答案】D

【解析】

2L

【详解】由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为r=—

V

导体棒通过区域I时，产生的电动势大小为g=3人，，经过的时间为4=自

v

导体棒通过区域H时，产生的电动势大小为E=BXO.5Z>,经过的时间为r,二工

根据有效值的定义有3+争2喙T

带入数据可得当.=巫也

A

故选D。

5.目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度。磁强计的原理如图所示，电路有一段金属导体，它

的横截面是宽为。、高为〃的长方形，导体中通有沿工轴正方向、大小为/的电流。已知金属导体单位体

积中的自由电子数为〃，电子电荷量为e,金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。

将磁强计水平置于北半球，y轴正方向向上且x轴正方向朝北放置，两电极用、N均与金属导体的前后

两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U,则所测地磁场的磁感应强度）'轴分量的

大小和电极M、N的正负为（）

neaU

B・-------M正、N负

1

nebU—neaU

M负、N正D.-------M负、N正

【答案】A

【解析】

【详解】磁强计水平置于北半球，地磁场在北半球有沿,，轴负方向的分量。根据左手定则，电子受到的洛

伦兹力方向指向N极，所以电子向内侧偏转，则导体N极为负极，"极为正极。

自由电子所做的定向移动可视为匀速运动，设速度为叭则单位时间内前进的距离为L单位体积内含有

的电子个数为nvab,电审为nevab,则有I=—=nevub

A/

电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e—=Bev

a

解得B="',故选A。

6.某电磁缓冲装置的结构简图如图所示，该装置总质量为5kg,线圈和其所连设备质量为2.5kg,线圈到

磁铁底端的距离为“=5cm,线圈所在处辐向磁场磁感应强度大小恒为3=1T，单匝线圈电阻

r-O.OlQ,半径A-lcm。某次测试时该装置以lm/s的速度在水平面上运动，某时刻磁铁底端与竖直挡

板发生弹性碰撞（时间极短），不计一切摩擦，若线圈相对磁铁溶动过程恰能不与磁铁底部接触，则线圈

匝数大概为（）

侧视图

B.255C.510D.725

【答案】A

【解析】

【详解】碰撞时，磁铁与挡板发生弹性碰撞，则碰后磁铁速度反向，而线圈速度方向不变，线圈向左运动,

磁感线与运动方向垂直，则线圈切割磁感线的有效长度L=2疝VR

碰后水平方向系统初动量为机卜匕-〃八匕.=0

则线圈恰运动到磁铁底部时，两部分速度均为零，则线圈可视为以2u的初速度切割磁感线。某时刻，线圈

产生的感应电动势为e=相对

线圈中的电流为/二上

Nr

受到的安培力为F=2NnBIR

整个运动过程安培力的冲量为汇必，二〃w

2500

解得N=^^B125,故A正确。

27r

7.在水平向右的匀强电场中，一质量为小、电荷量为”的小球从A点以初速度I，竖直向上抛出，其运动

的轨迹如图所示。已知电场强度大小为£二誓■，小球运动凯迹上A、8两点在同一水平线上，M为轨

3q

迹的最高点，不计空气阻力，已知重力加速度为以下列说法错误的是（）

A.小球水平位移xi：X2=l：3

B.小球运动至M点时的速度为一

3

3v

C.运动过程中的最小速度为彳

3

D.到达8点时，小球的速度方向与水平方向夹角为tan。=不

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.在竖直方向，小球从A到M段，小球从M到B段的运动具有对称性，运动时间都为/二上

g

在水平方向，小球只受电场力，=-at2

2

22

xy4-X2=—tz（2/）=2at

X1:x2=1:3

故A正确；

B/、球从A到M段，水平方向，根据牛顿第二定律。=乡=学

m3

4v

at

^M==—

故B正确：

C/、球从A到M段，竖直方向vy=v-gt

水平方向匕=掣

3

合速度u合=，（匕『+（匕『=『-2喈产+*2产

9v_4v

当1二诟•时，速度最大为%=彳

故C错误;

D.竖直方向（方向竖直向下）

8v

水平方向匕二可（方向水平向右）

小球的速度方向与水平方向夹角为tan0=匕=[

L8

故D正确。

故选c

【点睛】

8.已知无限长通电直导线在其周围空间产生的磁场磁感应强度大小的表达式是8=k,，其中k为一个常

r

数，/表示导线中的电流大小，，表示与导线的距离。如图所示，AB.CO为两条平行的无限长固定的通

电直导线，导线AB中电流大小为/（），方向由A流向&。点与导线A3、CO的距离分别为八2广，其磁

感应强度为零。下列分析正确的是（）

CA

O'o

DB

A.两导线之间相互吸引

B.导线CO中电流大小是21。

C.A3右侧的磁场方向是垂直于纸面向外

D.导线44受到的磁场力小于导线C。受到的磁场力

【答案】ABC

【解析】

【详解】AB.。处的磁感应强度8=0,说明A从CO中的电流在。处产生的磁场方向相反、大小相等，根

据安培定则和题中提供的磁感应强度大小计算式B=A，,C。中的电流方向是由C流向D,电流大小是2/o,

r

同网电流相互吸引，故两导线之间相互吸引，故AB正确；

C.根据安培定则，AB.CQ中的电流在导线A8右侧空间产生的磁场方向都是垂直纸面向外，故C正确；

D.由牛顿第三定律，导线43受到的磁场力等于导线C。受到的磁场力，故D错误。

故选ABCo

9.如图所示，通电螺线管左端外侧和内部分别静止悬吊导休环“和4环c套在螺线管正中间，并与螺线

管共轴。当滑动变阻器R的滑动触头向右滑动时，下列说法正确的是（）

A.”环向左摆B./?环有扩大的趋势

C.c环有扩大的趋势D.三个环中感应电流方向相同

【答案】BD

【解析】

【详解】ABC.根据右手螺旋定则，通电螺线管的左端为N极，右端为S极，穿过。环、〃环、C环的净

磁感线均从右到左，当滑动变阻器向右滑动时，接入电路电阻变大，电流变小，磁感应强度变小，根据楞

次定律，。环将向右摆，感应电流产生的附加磁场为从右到左，〃环扩张，感应电流方向产生的附加磁场

为从右到左，。环收缩，产生的附加磁场为从右到左，AC错误、B正确；

D.由于〃环、〃环、。环的感应电流产生的附加磁场均从右到左，因此三个环中的感应电流方向相同，D

正确.

故选BDo

10.如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为4的正方形金属框场/?做成，小车沿平直绝缘轨道向右

运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为8,方

向竖直向上。的段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力/二八十》《＞0,^＞0）,且的两端的电压随

时间均匀增加；当加在无磁场区域运动时，/二0。身"段速度大小u与运动路程s的关系如图2所示，图中

%（为＜9）为的每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（）

k

D.小车的最大速率为华+%

c.小车质量为而砧

k

'】BC

【解析】

【详解】由题知g〃段在磁场区域运动时，两端的电压随时间均匀增加，则说明的在磁场中运动时做匀

F

变速直线运动，设正方形金属框加力运动的速度为v,有E=Bch，,/=-,EjBId,F-F.=nia

Rii

B2d2v

联立有kv+b=ma

R

B.由于g/z段在磁场区域运动时，正方形金属框必/"故匀变速直线运动，则有打一老"，〃也二b

R

R2“2

解得A=U-,故B正确；

k

CD."在无磁场区域运动时，F=0,正方形金属框或力水平方向只受到安培力，有E=5小，'，

E

F安=BI'd

R

根据动量定理有-------vA/=mv.-mv'

R（°

R2d3

累加叠加可得-------="2%-"八'm”=_kd

VIIIUA

gh段在磁场区域运动时，正方形金属框efyh做匀变速直线运动有片叩一V=2ad

结合ma=b

解得〃7=2（j-lv）',ax二/一”，故C正确’D错误；

A.由g〃段在磁场区域运动时，正方形金属框扇力做匀变速直线运动，则有Vnm=n）+a

kd

解得"在任一-磁场区域的运动时间f=——，故A错误。

b

故选BCo

第n卷（共54分）

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.某实验小组为了测量一节干电池的电动势E和内阻厂，设计了如下实验方案。实验提供的器材如下:

待测干电池（£之1.5V,夕1。）；电流表A（量程0.6A,内阻尺\4。.5。）；

电压表V（量程3V,内阻/?\>>厂）；滑动变阻器（最大阻值10C）；开关、导线若干。

（1）实验小组采用了图甲和图乙两种电路进行测量。闭合开关前，两图都需要将滑动变阻器滑片P调

到最左端，确保电路安全。图甲电路系统误差主要来源是（选填或'7"，其中。表示

“电压表内阻的分流”，b表示“电流表内阻的分压”）。

（2）对比甲、乙两电路，其中乙电路电动势测量值E&、内阻测量值「《r

（选填y或“二”）。

（3）实验小组分别按照图甲和图乙做实验，改变滑动变阻器的阻值，记录电压表和电流表的示数，做出

S/图像如图丙所示，请根据图丙中的实验结果，用图中相应的物理量表达出电池的真实内阻，•,

【答案】(1)6(2)①.<②.<

【解析】

【小问1详解】

对应图甲，根据闭合电路的欧姆定律可得E=（U+UJ+Ir

可见甲图中/为电源电流的真实值，而电压表的示数不是路端电压的真实值，故甲图的误差是由于电流表

的分压作用引起的。

故选人

【小问2详解】

由于该电路图中电压表的分流作用引起测量误差，理论上E=U+（/A+/V>

而实验中忽略了通过电压表的电流4形成的误差，即有。曰=4则，%=/测+4=/川+生

当U测=0时,则有/真=/测

用〃口、/我作出修正图如下

短路时的电流测量准确，由图可知后测＜E怎,如＜%

【小问3详解】

对图甲分析可知，理论上E=（U+UA）+"

/为电源电流的真实值，而电压表的示数不是路端电压得真实值，且。真-。测=。人=/&

由此可知，干路电流越大越大，当/=0时。八=0

结合上述分析可知，图甲的电动势测量没有误差，图乙的短路电流测量没有误差，因此电池内阻的真实值

UR

为％=丁

1A

12.某物理兴趣小组用图甲所示的电路测量量程为3mA的电流表G的内阻厂，可用的器材有:

乙

A.电源片（电动势1.5V,内阻可忽略）

B.电源石2（电动势6.0V,内阻可忽略）

C.滑动变阻器飞（阻值0〜3000。）

D.电阻箱R2

E.开关两个，导线若干

（1）请将实验步骤补充完整：

①按图甲所示电路图连接实物电路；

②闭合开关前，将滑动变阻器R1的滑片置于（填或“〃”）端；

③闭合开关S1，调节与，使电流表指针偏到满刻度处；

④保持R1不变，闭合开关S2,调节%使电流表指针偏到满刻度的一半处，记下此时R?的值；

⑤断开开关，整理器材。

（2）若步骤④中，电阻箱R?的示数如图乙所示，则电流表内阻的测量值是。。

（3）实际上，步骤④中R2的接入，会使电路总电阻减小，总电流增大，导致电流表指针半偏时，尺的值

（填“大于”“等于”或“小于”）电流表内阻的真实值。

（4）为了减小本实验误差，电源应选用（填“A”或"B”）。

【答案】（1）人（2）248.5

（3）小于（4）B

【解析】

【小问1详解】

闭合开关前，将滑动变阻器与的滑片置F〃端，滑动变阻器接入电路阻值最大，保护电路安全。

【小问2详解】

根据图得电阻箱读数用=248.50。保持"不变，闭合开关S2,调节值使电流表指针偏到满刻度的一半

处，电流表与电阻箱并联，在误差范围内有及=4,故%=R2=248.5C。

【小问3详解】

S2闭合后，总电阻减小，则总电流增大，通过电阻箱的真实电流大于1.5mA,即人

22

根据上R”/?4

解得R2c仆,即时（仆。

【小问4详解】

选用电动势较大的电源6.电流表满偏时可以使滑动变阻器R1接入的阳值较大,从而使接入时.电路

总电流的变化减小，电流表指针半偏时R2的阻值更接近于电流表内阻，从而减小实验误差，故选乩

13.如图甲所示平面直角坐标系屹y,射线川P与4轴正方向的夹角为30。。从，=（）时开始，有与平面垂

直，大小恒为8°,但方向周期性变化的磁场。，=0时，磁场方向垂直于xOy平面向里，如图乙所示。

1=0时，一个重力不计，质量为机、电荷量为+4的粒子从0点以速度%二且迎沿“轴正方向运动。已

m

知粒子每次运动到射线OP上时，磁场恰好反向，不考虑磁场变化对粒子速度的影响。求：

（1）时间内，粒子在磁场中做圆周运动的半径;

（2）图乙中,的值。

【答案】（1）R=l

（2）TB二三「

【解析】

【小问1详解】

12

在0〜一，时间内，由洛伦兹力提供向心力可得=加总

2R

解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为火=等=/

qB0

【小问2详解】

已知粒子每次运动到射线OP上时，磁场恰好反向，粒子在磁场中运动轨迹如图所示

T2TTR2乃〃2

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为了=——=F-

%qB°

60°_冗m

每段圆弧对应圆心角为60。,对应的运动时间为"而丁二通

则磁场变化周期为TB=2t=等

330g

14.如图甲所示为模拟远距离输电的实验示意图。小型发电机中矩形线圈出共20匝，线圈绕00轴匀

速转动，线圈中磁通量随时间的变化规律如图乙所示，线圈的电阻不计，输电线的电阻尺=切，电压表为

理想交流电表，升压变压器(和降压变压器，均为理想变压器，降压变压器的原线圈匝数可调，副线圈的

匝数为700匝，调降压变压器原线圈匝数使用户的用电器恰好正常工作。此时输电功率为P=400W,用

户消耗的功率为350W。已知用户的用电器额定电压为35V。

(I)求电压表的示数;

(2)求此时升压变压器(原、副线圈的匝数比和降压变压器原线圈接入电路的匝数;

⑶若用户用电器个数发生改变(用户的额定电压不变),使输送功率变为48UW,要使用户的用电器

正常工作，应使降压变压器原线圈接入电路的匝数变为多少？

【答案】(1)2V

(2)—,1400匝

40

(3)1360匝

【解析】

【小问1详解】

27r

由图乙知丁=0.2s,线圈转动角速度0=—=lOm*ad/s

T

交流发电机产生的最大电动势£=NBS①=20x—xlO_2x](UV=2>/2V

71

电动势的有效值2石m=2V

由于线圈的电阻不计，因此电压表的示数为a=E=2V

【小问2详解】

由干用户的用电器正常工作，因此输电线损失的功率"=400\¥-350\¥=50\¥

设输送电流为/,则“二/〃，解得/=5A

则输送电压。2=:=8OV

%U.1

因此升压变压器原、副线圈匝数比为一