天津市西青区2025-2026学年高二上学期期末考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025~2026学年度第一学期西青统考学校学业质量期末监测高二物理试卷第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是（）A.电场线和磁感线都是真实存在的B.电场线和电场线、磁感线和磁感线都不可能相交C.电荷和电荷之间的作用力是通过磁场发生的D.磁体和通电导体之间的作用力是通过电场发生的【答案】B【解析】A．电场线和磁感线是人为引入的假想模型，用于描述电场和磁场的分布，并非客观存在的实体，A错误；B．电场线不可能相交，因为电场中任意一点的电场方向唯一；同理，磁感线也不可能相交，因为磁场中任意一点的磁场方向唯一，B正确；C．电荷和电荷之间的作用力是通过电场发生的，C错误；D．磁体和通电导体之间的作用力是通过磁场发生的，D错误。故选B。2.在“探究感应电流产生的条件”的实验中，下列做法中能产生感应电流的是（）A.图甲中，导体棒AB平行磁感线运动B.图乙中，将条形磁铁从左向右靠近有开口的线圈C.图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动D.图丁中，线框与通电导线在同一平面内，线框平行于导线向上平移【答案】C【解析】A．图甲中，导体棒AB平行磁感线运动时，导体棒没有切割磁感线，所以回路中不能产生感应电流。故A错误；B．图乙中，将条形磁铁从左向右靠近有开口的线圈时，虽然磁通量发生了变化，但没有闭合回路，所以回路中不能产生感应电流。故B错误；C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动时，线圈中磁通量发生了变化，所以回路中能产生感应电流。故C正确；D．图丁中，线框与通电导线在同一平面内，线框平行于导线向上平移时，线圈中磁通量始终不变，所以线圈中不能产生感应电流。故D错误。故选C。3.在真空中有甲乙两相同的金属小球（视为点电荷），分别带电3q和-q，相距为r，它们间的静电力为F，如果使两球接触后，距离变为，则它们之间的静电力变为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】ABCD．库仑力变化后故ABD错误，C正确。故选C。4.关于下列四幅图的说法，正确的是（）A.甲图为负点电荷周围的电场线分布情况B.乙图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，A所带电荷量小于B所带电荷量C.丙图中，小磁针水平放置，小磁针正上方有一电流方向向右的通电直导线，小磁针的N极向纸面外偏转D.丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理【答案】D【解析】A．负点电荷的电场线方向是指向电荷本身，而甲图中电场线是从中心向外辐射，这是正点电荷的电场线分布，A错误。B．将带正电的小球C靠近不带电的导体时，导体会发生静电感应，B端感应出负电荷，A端感应出等量的正电荷。将导体分割后，A、B两部分所带电荷量的绝对值相等，B错误。C．根据安培定则（右手螺旋定则），电流向右的通电直导线在其正下方产生的磁场方向垂直纸面向里。小磁针N极的指向与磁场方向一致，因此N极应向纸面内偏转，C错误。D．避雷针的工作原理是利用尖端放电，将云层中的电荷通过导线导入大地，从而保护建筑物免受雷击，D正确。故选D。5.如图所示，实线是未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中仅受静电力作用，根据此图不能做出推断的是（）A.带电粒子所带电荷的电性B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点何处加速度较大D.带电粒子在a、b两点何处速度较小【答案】A【解析】AB．由题图可知，带电粒子的运动轨迹向左弯曲，说明带电粒子在a、b两点受到的电场力方向沿电场线向左，由于电场线方向不明，带电粒子所带电荷的正负不能确定，A错误、B正确；C．由电场线的疏密表示电场强度的大小，可知a点的电场强度较大，带电粒子在a点受到的电场力较大，由牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度较大，故C正确；D．带电粒子的运动轨迹向左弯曲，说明带电粒子在a、b两点受到的电场力方向沿电场线向左，可知从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，可知带电粒子在a点的速度较大，故D正确。本题选不能做出推断的，故选A。6.电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，其工作原理如图所示，振动膜与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路，振动膜与基板间电压不变，若振动膜与基板间的距离增大，下列说法正确的是（）A.振动膜带正电B.电容器电容增大C.电容器带的电荷量减小D.振动膜与基板间的电场强度增大【答案】C【解析】A．由图可知，电源负极连接振动膜，振动膜带负电，故A错误；B．振动膜与基板间的距离增大，电容器两极板间的距离增大，根据可知，电容减小，故B错误；C．电容器两极板间的电压U不变，根据可知，电容器所带的电荷量减小，故C正确；D．U不变，d增大，根据可知，电容器两极板间电场强度减小，故D错误。故选C。二、不定项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）7.关于能量量子化、电磁波、电磁感应现象，下列说法正确的是（）A.普朗克认为微观粒子的能量是不连续的B.麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在C.法拉第发现了电磁感应现象，为人类进入电气化时代做出伟大贡献D.电视机遥控器发出的红外线波长比医院“CT”中的X射线波长短【答案】AC【解析】A．普朗克认为微观粒子的能量是不连续的，在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说，故A正确；B．麦克斯韦首先从理论上预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B错误；C．法拉第发现了电磁感应现象，为人类进入电气化时代做出伟大贡献，故C正确；D．电视机遥控器发出的红外线波长比医院“CT”中的X射线波长长，故D错误。故选AC。8.有研究表明，当有兴奋情绪时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（）A.a、b两点的电场强度大小相等，方向相反B.c点的电势等于d点的电势C.负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能D.将带正电的试探电荷从b点移到d点，静电力做负功【答案】BD【解析】A．a、b为两点电荷连线上对称的两点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，根据等量异种点电荷电场的特点，可知这两个对称点的电场强度大小相等、方向相同，电场强度相同，故A错误；B．c、d两点位于同一条等势线上，则c点的电势等于d点的电势，故B正确；C．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在低电势的c点电势能大于在高电势的a点的电势能，故C错误；D．正电荷在电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从电势低的b点移到电势高的d点，电势能增加，电场力做负功，故D正确。故选BD。9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（）A.甲图是电流表，R增大时量程增大B.乙图是电压表，R增大时量程增大C.在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则D.在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则【答案】BCD【解析】A．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表；安培表的量程，可知当R减小时量程I增大，故A错误；B．乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表；电压表的量程U=Ig（Rg+R），可知R增大时量程增大，故B正确；C．由公式知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则，C正确；D．由公式U=Ig（Rg+R）知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω，D正确。故选BCD。10.如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，开关S始终处于闭合状态，则下列说法正确的是（）A.液滴将向上运动 B.电源的输出功率变大C.电源内阻消耗的功率变大 D.电流表、电压表的读数均变大【答案】AD【解析】D．灯泡L的灯丝突然烧断后，电路的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析可知干路电流减小，电源的内电压和R1电压均减小，则R2、R3串联总电压增大，R2、R3中的电流增大，故电流表、电压表的读数均变大，故D正确；C．流过电源的电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故C错误；A．电容器C两极板间电压增大，板间场强增大，则带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，故A正确；B．电源的输出功率由于电源的内、外电阻的关系未知，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故B错误。故选AD。第Ⅱ卷三、实验题（本题共3小题，每空2分，共18分）11.在“练习使用多用电表”实验中，如图所示为欧姆表测电阻的原理图，回答下列问题：（1）实验小组的同学把未知电阻接在改装好的欧姆表红黑表笔之间，进行探究性实验。图中与接线柱相连的表笔颜色应是________色（填“红”或“黑”）。（2）关于用多用电表测量电阻，下列说法正确的是（）A.每次更换电阻挡位后，必须先将红黑表笔短接，旋动机械调零旋钮进行机械调零B.欧姆调零后，将红黑表笔分开，指针仍在表盘最右端C.若某次测量指针偏转过小，应换用大挡位后直接接入电阻测量D.完成测量后要将开关旋钮旋至挡或交流电压最高挡【答案】（1）黑（2）D【解析】（1）在欧姆表内部，电源的正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连。从图中可以看到，接线柱B与内部电源的正极相连，因此与接线柱B相连的表笔颜色应为黑色。（2）A．每次更换电阻挡位后，必须进行欧姆调零（将红黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮），而非机械调零。机械调零是在测量电压、电流前进行的。A错误。B．欧姆调零后，将红黑表笔分开，指针应回到无穷大位置（表盘最左端），而非最右端。B错误。C．若指针偏转过小，说明被测电阻较大，应换用大挡位，但换挡后必须重新进行欧姆调零，才能接入电阻测量。C错误。D．完成测量后，要将开关旋钮旋至OFF挡或交流电压最高挡，以保护电表。D正确。故选D。12.某实验小组要测量金属丝的电阻大小。（1）首先使用多用电表的欧姆挡进行粗测，用“”挡位正确测量，指针偏转如图甲所示，对应的读数为_______；（2）该同学设计了如图乙所示的电路，再次开展测量，除学生电源（输出电压为）、滑动变阻器、开关、导线外，还提供如下器材：A.电压表（量程，内阻约）B.电压表（量程，内阻约）C.电流表（量程，内阻约）D.电流表（量程，内阻约）①为了测量准确，实验时应选用_______测量电压，应选用_______测量电流；（填器材前对应字母）②关于该实验下列哪些说法是正确的？_______。A．闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于端B．滑动变阻器采用图示接法电压可以调为零C．通过测量多组数据绘制图像可减小系统误差D．由于电压表分流导致电阻的测量值小于真实值【答案】（1）7（2）ACBD【解析】（1）电阻大小读数为7Ω×1=7Ω（2）[1]由于同学们使用学生电源（4V），则为减小读数误差，则应选择量程为0—3V的电压表测量电压U，即实验时应选用A测量电压U。故选A。[2]电路中的最大电流为则应选用量程0—0.6A的电流表测量电流I，即应选用C测量电流I。故选C。[3]A．为保护电路，实验开始前滑动变阻器滑片应该调到a端，使电压表示数为零，故A错误；B．如图所示的电路为分压式电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0，即滑动变阻器滑片调到a端，电压表示数为零，故B正确；C．通过测量多组数据绘制图像可减小偶然误差，故C错误；D．待测电阻测量值为，由于电压表分流导致电流表读数大于流过电阻的电流，故R的测量值小于真实值，故D正确。故选BD。13.在“用电流表和电压表测定电池电动势和内阻”的实验中备有如下器材：A.干电池1节（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω）B.电压表V（0~3V，内阻约为20kΩ）C.电流表A（0~0.6A，内阻约为1.0Ω）D.滑动变阻器R1（10Ω，2A）E.滑动变阻器R2（100Ω，0.1A）F.开关、导线若干（1）为减小实验误差和方便操作，连接图（甲）所示电路进行实验。实验中滑动变阻器应选用___________（填“R1”或“R2”）。（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的U-I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E=___________V；内阻r=___________Ω。（结果均保留1位小数）【答案】（1）R1（2）1.50.9【解析】（1）[1]干电池内阻约为1Ω，滑动变阻器串联在电路中，用来调节两端电压和电路中的电流，为减小误差和方便调节，滑动变阻器的最大值应与电源内阻相差不多，故选择最大阻值为10Ω的R1；（2）[2][3]根据甲图电路连接方式，由闭合回路欧姆定律可得由U-I图像可知，E为图像纵轴的斜距，即图像斜率的绝对值为r，即四、计算题（本题共3小题，共38分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位）14.如图所示，一条长为绝缘细线，上端固定在点，下端系一质量为的带电小球，将它置于水平向右、电场强度大小为的匀强电场中。当小球位于点处于静止状态时，细线与竖直方向的夹角为，电场的范围足够大，重力加速度为。求：（1）、两点间的电势差；（2）小球带何种电荷，电荷量为多少；（3）若在图示位置将细线剪断，则绳断后瞬间小球的加速度大小。【答案】（1）（2）正电荷，（3）【解析】（1）在匀强电场中，根据电场强度与电势差的关系有（2）因小球向右偏，所受静电力水平向右，场强也水平向右，所以小球带正电根据平衡条件得解得（3）将细线剪断后，小球沿合力方向做匀加速直线运动根据牛顿第二定律可得解得15.利用电动机提升重物的示意图如下，其中是直流电动机，其线圈的电阻。P是一个质量为的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。已知电源电动势，电源内阻，定值电阻。闭合开关S，电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数，不计空气阻力和各处的摩擦，取。求：（1）电动机两端的电压；（2）重物P匀速上升的速度；（3）闭合开关S，若电动机因故不能转动，则此时电动机的热功率。【答案】（1）80V（2）0.6m/s（3）400W【