湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025-2026学年高二上学期期末物理模拟卷试卷（Word版附解析）

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一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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，第 8～10 题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得 4 分，
选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
1．下列说法正确的是（ B ）
A．根据公式 可知，当两个电荷之间的距离趋近于零时库仑力变得无限大
B．电动势在数值上等于非静电力在电源内把 1C 的电子从正极移送到负极所做的功
C．由公式 可知，若将电荷量为 1C 的正电荷，从 A 点移动到 B 点克服电场力做功
1J，则 A、B 两点的电势差为 1V
D．由 可知，磁场中某点磁感应强度 B 与磁场力 F 成正比，与电流元 IL 成反比
【解析】
根据库仑定律的适用条件可知，库仑定律适用于点电荷，当两个电荷之间的距离趋近于零时，
这两个电荷就不能再视为点电荷了，所以库仑定律不再适用，则此时的库仑力并不是无限大，
故 A 错误；电动势在数值上等于非静电力在电源内把 1C 的电子从正极移送到负极所做的功，
故 B 正确；由电势差的定义式 可知，若将电荷量为 1C 的正电荷，从 A 点移动到
B 点克服电场力做功 1J，则 A、B 两点的电势差为﹣1V，故 C 错误．磁场中某点磁感应强度
B 由磁场本身决定，与磁场力 F 和电流元 IL 无关，故 D 错误。
2．如图所示，有一段长为 1m，电阻为 15Ω的金属丝，两端连接成一闭合圆环，在圆环上取
M、N 两点与外电路相连，已知 M、N 间的短圆弧长 20cm，沿 AM 流入圆环的电流强度为 0.5A，
则（ C ）
A．M、N 间的短圆弧金属丝的电阻值为 4Ω
B．闭合圆环在 M、N 间的电阻值为 15Ω
C．闭合圆环在 M、N 间的电阻值为 2.4Ω
D．通过 M、N 间的短圆弧金属丝的电流强度为 0.1A
【解析】
根据电阻定律，R＝ρ ，闭合圆环的总电阻为 15Ω，故短弧的电阻为：R1＝0.2×15Ω＝3Ω
长弧的电阻为：R2＝0.8×15Ω＝12Ω 闭合圆环在 M、N 间的电阻值为短弧和长弧并联的电
阻，即： ，故 AB 错误，C 正确。根据并联电路的特点可知，
通过 M、N 间的短圆弧金属丝的电流强度与通过 M、N 间的长圆弧金属丝的电流强度之比等于
1
其电阻的反比，即： 总电流为 0.5A，故通过 M、N 间的短圆弧金属丝的
电流强度为： ，故 D 错误。
3．如图所示，一正五边形金属线框，边长为 L，线框平面处在磁感应强度为 B、垂直于纸面
向外的匀强磁场中。线框粗细均匀，每边电阻均为 R，将 a、b 两点接在电压为 U 的恒压电
源上，则五边形金属线框受到的安培力大小为（ D ）
A． B． C． D．
【解析】
由欧姆定律可知，流过 ab 边的电流 ab 边所受的安培力 由欧姆定
律可知，流过 bcdea 边的电流 bcdea 的等效长度为 ba 即 L，bcdea 所受的安培力
，五边形金属线框受到的安培力大小为 F＝F1+F2
4．如图所示，光滑水平桌面上固定着彼此绝缘、相互垂直放置的两根长直导线 M、N，其中
通有大小相等，方向如图的恒定电流。两导线交叉所形成的 4 个区域内放置着 4 个相同的圆
形金属线圈 a、b、c、d、每个线圈距两导线的距离均相等。下列说法正确的是（ A ）
A．穿过线圈 a 和线圈 c 的磁通量为零
B．若导线 M 不固定，M 会沿逆时针方向转动
C．当导线 M 中的电流随时间增大，线圈 a 中产生沿顺时针方向的感应电流
D．当导线 M、N 中的电流以相同变化率增大，线圈 b、d 会分别沿对角线运动，靠近导线交
叉点
【解析
】M 和 N 在线框 a、c 处的磁感线方向相反，又距导线的距离相同，所以线框的磁通量为 0，
故 A 正确；M 上半部分处于垂直纸面向外的磁场中，根据左手定则可知，导线 M 上半部分受
到向右的安培力，同理导线 M 下半部分受到向左的安培力，所以 M 会沿顺时针方向转动，故
B 错误；当 M 中的电流增大时，线框 a 的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，线框
a 中产生逆时针方向的电流，故 C 错误；M 和 N 在线框 d 处的磁感线方向都向里，当两导线
2
电流增大时，线框 d 的磁通量增加，由楞次定律可知，线框 d 将远离两导线，沿对角线远离
导线交叉点运动，同理，线框 b 将远离两导线，沿对角线远离导线交叉点运动，故 D 错误。
5．在如图所示的平面内，分界线 MN 将边界平行，宽度为 L 的区域分成两部分，一部分充满
方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
大小均为 B，MN 与磁场的左右边界垂直一质量为 m，电量为+q 的粒子从 M 点射入磁场，入射
方向与磁场方向垂直且与 MN 成 30°角，若粒子恰好从右边界沿垂直于边界方向射出，不计
粒子重力，则该粒子的入射速度大小可能为（ C ）
A． B． C． D．
【解析】
该粒子在两个磁场中做半径相同的匀速圆周运动，如图所示 。设粒子的轨迹
半径为 r，由几何关系可得 nr+rsin30°＝L，（n＝0，1，2，…）解得 r ，（n＝0，1，
2，…）根据洛伦兹力提供向心力是 qvB＝m 可得 v （ ），（n＝0，1，
2，…）当 n＝1 时，v ，其他值不可能，故 ABD 错误，C 正确。
6．如图甲所示，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为 L＝2m，
质量为 m 的金属杆 ab 垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀
强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B＝0.5T。P、M 间接有阻值为 R1 的
定值电阻，Q、N 间接电阻箱 R。现从静止释放 ab，改变电阻箱的阻值 R，测得最大速度为 vm，
得到 与 的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度 g 取 10m/s2，则
（ D ）
A．金属杆所受的安培力沿轨道向下 B．金属杆中感应电流方向为 a 指向 b
C．定值电阻的阻值为 2Ω D．金属杆的质量为 0.4kg
3
【解析】
金属杆沿轨道向下滑动，磁场垂直于轨道向上，由右手定则可知，金属杆中感应电流方向为
b 指向 a。磁场垂直于轨道平面向上，金属杆中的电流由 b 流向 a，由左手定则可知，金属
杆所受安培力沿导轨向上，故 AB 错误；金属杆下滑速度为 v 时切割磁感线产生的感应电动
势：E＝BLv 由并联电路电阻的关系有，电路总电阻：R' 由闭合电路的欧姆定律得
到通过金属杆 ab 的电流：I ，金属杆受到的安培力：F＝BIL 当达到最大速度时金
属棒所受的合力为零，由平衡条件得：mgsinθ＝BIL
整理得： 由图乙图象可知，图象的斜率：k
Ω•sm﹣1＝0.5Ω•sm﹣1 纵轴截距：b 0.5s•m﹣1 代入数据解得：m＝0.4kg，R1
＝1Ω，故 D 正确，C 错误。
7．如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的小滑块（可视为质点）放在倾斜的固
定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。测得小滑块的质
量为 m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ。滑块由静止释放，依次经过
A、B、C、D 四个点，且 AB＝CD＝d，小滑块经过 AB、CD 所用的时间均为 t。重力加速度为 g。
下列说法正确的是（ B ）
A．到达 C 点之前滑块先加速后减速
B．滑块所带的电荷量为
C． 到达 C 点之前滑块所受的摩擦力先增大后减小
D．滑块的加速度先减小后增大
【解析】
ACD.以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块
由静止释放，根据牛顿第二可得 mgsinθ﹣μ（mgcsθ+qvB）＝ma 知随着滑块速度的增大，
滑块的加速度减小，当加速度减至 0 后，滑块将做匀速运动，所以滑块先做加速度减小的加
速运动，然后做匀速运动。小滑块经过 AB、CD 所用的时间均为 t，可知滑块到达 AB 前已经
做匀速运动，到达 C 之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变。故 ACD 错误；
滑块匀速运动时，有 根据平衡条件可得 mgsinθ＝μ（mgcsθ+qvB）联立解得滑块所
带的电荷量为
8．两点电荷 M、N 分别固定在 x＝﹣20cm 和坐标原点处，所形成电场的电势在 x 轴上的分布
如图所示，图线与 x 轴交于 x0 处，x＝20cm 处电势最低，取无穷远处电势为 0，一正电荷 q
自 x0 处由静止释放，则（ BD ）
4
A．x0 处的电场强度为 0
B．电荷 M、N 所带电量大小之比为 4：1
C．正电荷 q 运动的过程中，加速度先增大后减小
D．正电荷 q 运动的过程中，电势能先减小后增大
【解析】
φ﹣x 图像，斜率表示电场强度，由图可知，在 x0 处的图像斜率不为零，则电场强度也不
为零，故 A 错误；φ﹣x 图像，斜率表示电场强度，由图可知，x＝20cm 处图像斜率为零，
则电场强度为零，
则有： ，所以电荷 M、N 所带电量大小之比为： ，故 B 正确；一
正电荷 q 自 x0 处由静止释放，因为沿着电场线的方向电势逐渐降低，则根据电势变化情况
可知，自 x0 处右侧场强方向先沿 x 轴正方向，故正电荷 q 自 x0 处由静止向右运动，由 x0
处右侧图像斜率变化可知，场强先减小为零后反向增大再减小，根据牛顿第二定律有：Eq
＝ma，则正电荷 q 运动的过程中，加速度先减小为零后反向增大再减小，故 C 错误；同 C
思路，根据电势变化情况可知，自 x0 处右侧场强方向先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向，正
电荷 q 自 x0 处由静止向右运动，则电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故
D 正确。
9．直角三角形 ACD 中有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度 B＝1T，一束带正电的粒子 垂直 AC 边以速度 v0＝1×106m/s 射入磁场，已知粒子质量 m＝1.6×10﹣12kg，电量 q＝+
1.6×10﹣5C，∠A＝60°，AC 边长度为 40cm，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则（ BD ）
A．AD 边有粒子射出的区域长度为 10cm
B．AD 边有粒子射出的区域长度为
C．从 AD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．从 AD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，
代入数据解得：r＝0.1m＝10cm 当粒子运动的圆心角为 90°与 AD 相交时，出射点与 A 最远，
粒子运动轨迹如图所示 ，由几何知识可知，AD 边有粒子射出的区域长
5
度为 L ，故 A 错误，B 正确；当粒子运动轨迹与 AD
边相切时，从 AD 边射出的粒子在磁场中转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，
由几何关系可知，粒子转过的圆心角为 150°，从 AD 边射出的粒子在磁场中的最长运动时
间 ，故 C 错误，D 正确。
10．足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，导轨间距 L＝0.5m，在虚线 MN 左侧有
垂直导轨平面向上的匀强磁场，MN 右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小
均为 B＝0.2T，两根长度均为 L＝0.5m 的导体棒 ab 和 cd 分别垂直导轨放置在 MN 的左侧和
右侧，并和导轨保持良好接触，已知导体棒 ab 和 cd 质量均为 m＝0.2kg，电阻分别为 Rab
＝2Ω和 Rcd＝3Ω。现给 ab 棒一个向左的初速度 v0＝4m/s，则下列说法正确的是（ AC ）
A．cd 最终速度大小为 v＝2m/s B．ab 和 cd 组成的系统动量守
C．整个过程流过 ab 的电荷量为 4C D．整个过程 ab 棒产生的焦耳热为 0.4J
【解析】
ab 向左做切割磁感线运动，产生从 b 到 a 的感应电流，ab 和 cd 均受到向右的安培力，则系
统的合外力不为零，动量不守恒。但由于二者最终速度一定相等，回路总的电动势为零，且
两棒受到的安培力大小始终相等，则安培力冲量大小相等，根据动量定理可知，ab 动量的
减小量等于 cd 动量的增加量，故二者速度最终均为 2m/s，故 A 正确，B 错误；对 ab，取向
左为正方向，根据动量定理有﹣B Lt＝mv﹣mv0 又 t＝q 即 ，解得
整个过程流过 ab 的电荷量为 q＝4C，故 C 正确；
根据能量守恒，整个过程系统产生的焦耳热为 Q 2 解得 Q＝0.8J 则整
个过程 ab 棒产生的焦耳热为 Qab Q 解得 Qab＝0.32J，故 D 错误。
二、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。
11．（7 分）某同学为了测量一均匀金属圆柱体的电阻率ρ，完成下列步骤：
（1）用游标卡尺测量其长度，如图甲所示，其长度为 mm。
（2）用螺旋测微器测量其直径，为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应旋紧图乙中的
部件 （填“A”“B”“C”或“D”），从图乙中可知其直径为 mm。
（3）若用伏安法测得流经圆柱体的电流为 I，圆柱体两端的电压为 U，圆柱体的直径和长度
6
分别用 D 和 L 表示，则该圆柱体的电阻率ρ＝ （用 I、U、D 和 L 表示）。
【解析】
（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为 42mm，游标尺示数为 7×0.05mm＝0.35mm，
游标卡尺示数为 42mm+0.35mm＝42.35mm；
（2）读数前应先旋紧 B，使读数固定不变，由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为
0.0mm，游标尺示数为 41.0×0.01mm＝0.410mm，螺旋测微器示数为 0.0mm+0.410mm＝0.410mm；
（3）由电阻定义式得圆柱体的电阻为：R ① 由电阻定律得：R ② 又
③ ①②③联立解得： ，故答案为：（1）42.35；（2）B、0.410；（3） 。
12．某同学拆下一电子产品的电池，发现其外壳上标有电动势为 4.5V 的标识，如图甲所示。
该同学利用下列器材测定该电池的实际电动势和内阻。
A. 待测电池
B.电压表（量程 0～3.00V，内阻约 4000Ω）
C.电流表（量程 0～100mA，内阻为 1Ω）
D.电阻箱 R2（阻值范围 0～9999Ω）
E.电阻箱 R3（阻值范围 0～99.99Ω）
F.滑动变阻器（阻值范围 0～20Ω，额定电流 0.5A）
G.滑动变阻器（阻值范围 0～1000Ω，额定电流 0.5A） H.开关、导线若干
（1）小组成员利用现有的器材，设计了如图乙所示的实验电路图。实验室所提供的电表的
量程都不够大，需要进行改装才能使用。如果将电流表量程扩大到 0～500mA，则电阻箱 R3
的阻值应调为 Ω（保留 2 位小数）；为满足测量电动势的需要，也需要将电压表的量
程扩大为 0～5.00V，小组成员采用了以下的操作：按图乙连接好实验器材，检查电路无误
后：①将 S2 接 b，再将 R1 的滑片移至最上端，并将电阻箱 R2 调为零；②闭合 S1，断开 S3，
适当移动 R1 的滑片，使电压表示数为 3.00V；③保持 R1 滑片位置不变，改变电阻箱 R2 的阻
值，当电压表示数为 V（保留 3 位有效数字）时，完成扩大量程，断开 S1。
（2）为了完成该实验，滑动变阻器 R1 应选 。（填写器材前面字母标号）
（3）保持电阻箱 R2 的阻值不变，S2 接 a，闭合 S1、S3，移动 R1 的滑片，读出几组电表的
读数 U、I，并作出 U﹣I 图像如图丙所示，可得该电池的电动势为 V，内阻为 Ω
（此问均保留 3 位有效数字）。
【解析】
（1）电流表改装成大量程的电流表需要并联一个电阻，根据并联电路的特点和欧姆定律 IgRg
＝（I﹣Ig）R3 代入数据解得 R3＝0.25Ω 将 S2 接 b，将 R1 的滑片移至最上端，将电阻
箱 R2 调为零，闭合 S1，断开 S3，滑动变阻器采用分压接法；根据表头改装为大量程电压表
原理和串联电路的特点，电压表量程为 3.00V，将电压表量程扩大为 5.00V，原电压表的量
程为改装电压表的 0.6 倍；当电压表和电阻箱 R2 两端总电压是 5.00V 时，电压表示数为 1.80V，
分压电阻两端电压是 3.20V，即完成了扩大量程。
（2）由于滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择 F；
7
（3）改装电流表的内阻 由图乙所示电路图，根据闭合电路
的欧姆定律 整理得 由图示 U﹣I 图像可知，纵
轴 截 距 ， 解 得 电 动 势 E＝ 4.45V 图 像 斜 率 的 绝 对 值
结合 U﹣I 函数，图像斜率 k＝3（RA+r） 代入数据解得，电源
内阻 r＝1.93Ω。
故答案为：（1）0.25；1.80；（2）F；（3）4.45；1.93。
13．（10 分）如图所示是有两个量程的电流表，当使用 A、B 两个端点时，量程为 0～1A，当
使用 A、C 两个端点时，量程为 0～0.1A，已知表头的内阻为 100Ω，满偏电流是 2mA，求：
（1）该表头的满偏电压；
（2）R1 与 R2 的阻值。（最后结果直接用分数表示）
【解析】
（1）根据欧姆定律，表头的满偏电压
（2）接 A、B 两个端点时，量程为 0～1A，干路电流 I1＝1A 根据串联、并联电路的特点和
欧姆定律 Ig（Rg+R2）＝（I1﹣Ig）R1 接 A、C 两个端点时，量程为 0～0.1A，干路电流 I2＝
0.1A 根据串联、并联电路的特点和欧姆定律 IgRg＝（I2﹣Ig）（R1+R2）代入数据联立解得电
阻 电阻 。
14．（16 分）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的垂直纸面向内、磁感应强度为 B0 的匀
强磁场。筒上 P 点开有一个小孔，过 P 的横截面是以 O 为圆心半径为 R 的圆，如图甲所示。
一带电量为+q，质量为 m 的粒子从 P 点沿 PO 以某一初速度射入圆筒，然后与筒壁发生多次
弹性碰撞。碰撞过程中粒子电荷量不变，不计粒子重力。
（1）若粒子与筒壁经过 2 次碰撞从小孔 P 射出，求此时粒子的初速度 v1；
（2）若保持第（1）问中速度不变，要使该粒子与筒壁经过 3 次碰撞从小孔 P 射出，则此时
磁感应强度 B1 应调整为何值？粒子在磁场中的运动时间 t1 是多大？
（3）如图乙所示，粒子从 P 点垂直于磁场方向射入磁场，速度方向与 PO 的夹角为 ，若磁
感应强度 B0 保持不变，要使该粒子绕圆心 O 仅转动 1 周且与筒壁经过 7 次碰撞后从小孔 P
射出，且每次碰撞沿筒壁切线方向分速度不变、垂直筒壁方向分速度大小不变方向相反。求
粒子速度的大小（最后结果用三角函数表示）。
8
【解析】
（1）由题意可知粒子经过 2 次碰撞从小孔 P 射出磁场的圆心组成的三角形应为以筒壁为内
接圆的正三角形。如图所示 ：粒子圆周运动半径 r＝R•tan60°洛伦兹力提供
向心力 联立得
（2）由（1）问可知粒子经过 3 次碰撞从小孔 P 射出磁场的圆心组成的图形应为以筒壁为内
接圆的正方形。粒子圆周运动半径 r1＝R 洛伦兹力提供向心力 联立得
粒 子 在 磁 场 中 做 圆 周 运 动 的 圆 心 角 之 和 φ ＝ 2π ， 所 以 粒 子 运 动 时 间
（3）如图所示 ，粒子绕圆心 O 仅转动 1 周且经过 7 次碰撞从小孔 P 射出磁场的
圆心组成的图形应为以筒壁为内接圆的正八边形。粒子在磁场中做圆周运动每次运动对应圆
形磁场区域的圆心角为
根据几何关系，有 解得 设粒子在磁场中做匀速圆周运
动的半径为 r3，在△POO1 中，根据正弦定理，有 r3sinβ＝Rsinα 设粒子在磁场中做匀速
圆周运动的速度大小为 v3，有
联立解得 。
15．（18 分）如图所示，M1N1、M2N2 和 P1Q1、P2Q2 是互相平行的且电阻不计的足够长的金属
导轨，导轨平面的倾角均为θ＝30°，P1N1、P2N2 分别连接 M1N1、P1Q1 和 M2N2、P2Q2；导轨
处在磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。M1N1 与 M2N2 相互
平行，间距为 L；P1Q1 与 P2Q2 平行，间距为 。质量为 2m 的金属杆 a 垂直于导轨并固定在
导轨的 M1N1 段与 M2N2 段，质量为 m 的金属杆 b 垂直于导轨并固定在导轨的 P1Q1 段与 P2Q2
段；一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆 b 的中点，另一端绕过定滑轮与质量也为 m 的重
物 c 相连，绝缘轻线倾斜部分与 P1Q1 平行且足够长。若固定金属杆 a，释放金属杆 b，经时
间 t，c 物体达到最大速度。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，
且两杆接入电路总阻值为 R，重力加速度为 g。
（1）求 c 的最大速度；
（2）求时间 t 内通过金属杆 b 的电荷量 q；
（3）若同时释放 a、b，在释放 a、b 的同时对 a 施加一沿平行导轨向下的恒力 F＝2mg，求
a、b 两金属杆同一时刻产生电能的电功率之比。
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【解析】
（1）当 b 的加速度为零时，速度达到最大，此时速度为 v，b 产生的感应电动势为：E＝B•
•v 通过闭合回路的电流为： 对 b、c，根据平衡条件可得：mg+mgsin30°
＝BI• 解得： ；
（2）对 b 和 c，取运动方向为正方向，由动量定理可得：mgt﹣mgtsin30°﹣B • •t＝2mv﹣0
而 t＝q 解得： ；
（3）在加速过程的任一时刻，设 a 的加速度大小为 aa，b、c 的加速度大小为 abc，电流为
i，轻绳的拉力为 T。分别以 a、b、c 为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F+2mgsin30°
﹣BiL＝2maa T+mgsin30°﹣Bi• mabc mg﹣T＝mabc 设 a 达到 va 时，b 的速度为 vb，
则 va：vb＝aa：abc＝2：1 回路中的电流为 i，则产生的电功率分别为：Pa＝BiLva，
联立解得： 。
10