2025-2026学年四川省德阳市高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年四川省德阳市高二（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.电荷量为Q的点电荷置于真空中，将电荷量为q的试探电荷放在距Q为r的P点时，受到的静电力大小为F，则点电荷在P点产生的电场强度大小是( )
A. FqB. FQC. kQrD. kqr2
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v射入竖直向下的匀强电场中，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( )
A. B. C. D.
3.如图所示，虚线框内为改装好的电表。已知灵敏电流计G的内阻为Rg，电阻箱阻值为R，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Rg B. 是电压表，为了显著扩大量程，R应小于Rg
C. 是电流表，为了显著扩大量程，R应大于Rg D. 是电流表，为了显著扩大量程，R应小于Rg
4.如图所示，对某电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间相互关系图像，其中错误的是( )
A. B. C. D.
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( )
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
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，电子做圆周运动的周期将变大
7.如图甲所示，N=100匝的线圈(图中只画了2匝)，面积S1=0.5m2，电阻r=1Ω，其两端与一个R=4Ω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t变化的关系如图乙所示。则( )
A. 0−4s内，通过电阻R的电流方向为b到a
B. 0−4s内，通过电阻R的电荷量为5C
C. 4−6s内，a、b间的电势差Uab=8V
D. 4−6s内，电阻R上产生的焦耳热为32J
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线，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B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B点的电场强度
C. 从A点运动到B点，电场力对粒子做正功
D. 粒子在A点的加速度大于其在B点的加速度
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m、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D时，对轨道的压力大小为mg2，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 2gR
C. 小球从左侧运动至最低点时，磁场对小球的作用力大小为3mg2
D. 小球从轨道右侧返回时，在最低点对轨道的压力大小为11mg2
10.如图，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电荷量分别为+Q和−Q。MN是竖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m、电荷量为+q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d，静电力常量为k，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. O点的场强大小为E= 2kQ2d2
B. C点的电势与D点的电势相等
C. C点的场强与D点的场强大小相等
D. 小球经过与点电荷B等高的D点时速度的大小为2v
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
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P、Q，如图甲所示，并分别做了如下实验：
(1)小明按图乙连好线圈和检流表，将条形磁铁的P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)小华将一个铝圈用细线静止悬挂，如图丙所示，并将条形磁铁的Q端从左往右靠近铝圈，发现铝圈向右边摆起。
(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 。
(5)丙图中，当条形磁铁从左往右靠近铝圈时，铝圈有 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“×1”挡，测量时多用电表的示数如图甲所示，则该元件电阻为R= ；再用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其示数如图乙所示，则d= ；
(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0～5Ω)、电流表(内阻约为10Ω)、电压表(内阻约为3kΩ)，要求从零开始测量数据，请选择正确的电路图 ；
(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L，则金属丝电阻率ρ= ；(用题中的符号U、I、L、d、π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U0，定值电阻的阻值为R，电压表为理想电压表。根据多次实验测出的aP长度x和对应的电压表的示数U作出的U−x图线，图线的斜率为k，则长为L的金属丝的电阻Rt= 。(用题中的符号k、R、U0、L表示)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
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θ=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E=1.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源。一根与导轨接触良好，质量为m=0.2kg的导体棒ab垂直放在导轨上，ab棒静止。ab棒与导轨接触的两点间的电阻R0=1Ω，不计导轨的电阻，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)ab棒上的电流大小；
(2)ab棒受到的摩擦力大小。
14.如图所示，在水平向左的匀强电场中有一与水平面成37°角的光滑绝缘直杆AC，C点距地面高度为h(未知)。有一带负电小环套在杆上，正以速度v0=1.5m/s沿杆匀速下滑，小环质量为m=0.4kg，带电量q=−0.03C。小环离开杆后正好落在C点的正下方地面上P点处，ACP所在平面与电场E平行，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)场强E的大小；
(2)PC的距离h；
(3)设C点电势为零，小球离开杆后电势能的最大值。
15.如图甲所示，平面直角坐标系xOy中，在半径为R、圆心为O1的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度为B1(未知)，圆心O1的坐标为(0,R)，在x轴下方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度为B12。在x轴正半轴上，水平放置长为3R的接收器ab，a端离O点距离为R；在圆形区域左侧有长度、间距均为2R的平行板P、Q，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v0、质量为m、电荷量为q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O点沿y轴负方向进入磁场Ⅱ；现在P、Q两板间加上如图乙所示的交变电压，其周期为T=2Rv0，已知t=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：
(1)匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小；
(2)t=38T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表示)；
(3)调节U0的大小，其余条件不变，当U0=4 2mR2qT2时，接收器ab上有粒子打到区域的长度。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：AB.电量为q的试探电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式得到：P点电场强度的大小为E=Fq，故A正确，B错误；
CD.电量为Q的点电荷为场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为E=kQr2，故CD错误。
故选：A。
根据电场强度的定义式，电场中某点的场强等于试探电荷在该点受到的静电力与试探电荷电荷量的比值，据此判断选项。
本题考查电场强度的定义，需明确场强由场源电荷决定，与试探电荷无关，易在公式中混淆场源电荷与试探电荷的电荷量。
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知，粒子的初速度方向水平向右，对带电粒子受力分析，可知电场力竖直向下与速度方向并不共线，即粒子的运动轨迹为曲线；曲线运动的轨迹切线与速度一致，指向受力的方向，可知曲线的形状为与水平线相切，弯向下方，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对带电粒子受力分析，根据粒子的初速度、电场力方向，可判断粒子是否做曲线运动；根据曲线运动的轨迹切线与速度方向的关系，可判断曲线的形状。
本题考查粒子在电场中运动的轨迹分析，关键是掌握直线与曲线运动的区别、曲线运动的速度、加速度特点。
3.【答案】A
【解析】解：电流表和电阻箱串联，则改装成的是电压表；根据U=Ig(Rg+R)，则为了显著扩大量程，R应大于Rg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由图知灵敏电流计与电阻箱串联，此为电压表改装方式，根据串联分压原理，要扩大量程需增大分压电阻，故R应大于Rg。
这是一道电表改装的基础题，只需牢记“串压并流”的改装规律，就能快速判断选项的正误。
4.【答案】B
【解析】解：A.根据C=QU，电容不变，Q与U成正比，故A正确；
BCD.因为电容与两极板电量无关，与两极板的电压无关，故B错误，CD正确。
题目要求选择错误的，故选：B。
根据电容的定义式Q=CU和电容由电容器本身决定、与Q、U无关的特点，分析各图像是否符合C为定值、Q与U成正比的规律。
这是一道电容器基本概念题，核心考查电容的决定式与定义式的区别，易错点是误将电容当成随Q、U变化的量。
5.【答案】D
【解析】解：A、外电路为电阻R与滑动变阻器串联，将滑动变阻器滑片向左滑动，其连入电路的电阻变小，则电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律易知电路的电流变大，可知电流表A的示数变大，故A错误；
BD、电路的电流变大，根据P=I2R，可知电阻R消耗的电功率变大；根据U=IR，可知电阻R两端的电压变大，即电压表V1示数增大；根据U端=E−Ir，可知路端电压变小，即电压表V2示数减小，故B错误，D正确；
C、根据电源的输出功率与外电阻的关系，当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，因不知外电阻与电源内阻的大小关系，故无法判断电源输出功率的变化，故C错误。
故选：D。
确定外电路的联接结构，将滑动变阻器滑片向左滑动，其连入电路的电阻变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路的电流的变化，可知电流表A的示数的变化；由电路的电流变化，根据P=I2R，U=IR，U端=E−Ir，分析电阻R消耗的电功率的变化，以及电压表V1、V2的示数的变化；根据电源的输出功率与外电阻的关系分析电源输出功率的变化。
本题考查了电路动态分析问题，考查了闭合电路欧姆定律的应用，掌握电源的输出功率与外电阻的关系。
6.【答案】C
【解析】解：B、当升高电子枪加速电场的电压时，电子的速度增大，根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力有
qvB=mv2r
可得r=mvBq可知运动半径增大，故B错误；
AC、若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度增大，根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力有
qvB=mv2r
可
r=mvBq
可得运动半径减小
根据公式
T=2πmBq
可得电子做圆周运动的周期将变小
故A错误，C正确；
D、根据公式T=2πmBq可得电子做匀速圆周运动的周期和速度大小无关，故D错误。
故选：C。
通过半径公式分析电压或电流变化对半径的影响；通过分析各物理量的变化对半径和周期的影响，逐一判断选项正误。
本题关键在于理解洛伦兹力的方向(左手定则)、磁场方向与励磁线圈电流的关系(右手螺旋定则)，以及带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式和周期公式的应用。
7.【答案】D
【解析】解：A.0−4s内磁场向里增强，由楞次定律可知线圈感应电流的磁场向外，根据右手螺旋定则，线圈中电流为逆时针，电阻R中电流方向为a到b，故A错误。
B.0−4s内感应电动势为5V，总电阻5Ω，电流1A，电荷量q=It=1A×4s=4C≠5C，故B错误。
C.4−6s内感应电动势为10V，电流2A，a、b间电势差为路端电压，大小为U=IR=2A×4Ω=8V，故C正确。
D.4−6s内电阻R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=(2A)2×4Ω×2s=32J，故D正确。
故选：D。
本题是感生电磁感应与电路结合的选择题，核心是根据法拉第电磁感应定律计算不同时间段的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律求电流、路端电压、电荷量和焦耳热，并用楞次定律判断电流方向，综合考查电磁感应与电路的基本规律。
本题通过分时间段的磁场变化，全面考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及焦耳热公式的应用，解题关键在于准确计算各时间段的感应电动势，并区分电源电动势与路端电压，是电磁感应与电路结合的典型基础题型，能有效检验对核心公式和定律的掌握程度。
8.【答案】AC
【解析】解：AC.因为带电粒子做曲线运动时所受合力(电场力)指向运动轨迹凹侧、带电粒子所受电场力方向与电场方向相同或相反、电场线与等势线相交处互相垂直且由高电势的等势线指向低电势的电场线，所以由题图可知，该电场的电场线与等势线相互垂直由右向左、该粒子所受电场力方向向左与电场方向一致，因此该粒子带正电；由题图可知，A点电势高于B点电势，因为带正电的粒子在电势更高的位置电势能更大，所以该粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，因此该粒子从A点运动到B点，电势能减小、电场力对粒子做正功，故AC正确；
BD.因为等差等势线越密集的地方电场强度越大，所以由题图可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，则由F=qE=ma可知，该粒子在A点的加速度小于其在B点的加速度，故BD错误；
故选：AC。
AC.结合题意，由曲线运动中合力方向的特点、电场力方向的特点、电场线与等势线的关系、电势与电势能的关系、电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；
BD.结合题意，由等差等势线与电场强度的关系、电场强度与加速度的关系，即可分析判断。
本题考查根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况，解题时需注意：只有电场力做功的情况下，电势能与机械能之和保持不变，也就是说粒子的机械能增大时，电势能减小。
9.【答案】BD
【解析】解：小球沿光滑轨道运动，洛伦兹力始终垂直于速度方向，不做功。
A、仅重力做功，系统机械能守恒，因此小球从释放至最低点过程中机械能不变，故A错误；
BC、设小球到达最低点D时速度为v，由机械能守恒定律mgR=12mv2，解得v= 2gR。小球带负电，当其从左向右运动至D点时，根据左手定则，洛伦兹力f方向竖直向上。由牛顿第二定律得N+f−mg=mv2R。代入v2=2gR及已知压力N=mg2，得mg2+f−mg=2mg，解得磁场作用力大小f=5mg2，故B正确，C错误；
D、当小球从轨道右侧返回运动至D点时，速度方向向左，由左手定则可知洛伦兹力f方向竖直向下。此时向心力公式为N′−f−mg=mv2R。代入数据N′−5mg2−mg=2mg，解得轨道支持力N′=11mg2。依据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为11mg2，故D正确。
故选：BD。
题目描述带负电小球在光滑半圆形轨道和匀强磁场中的运动。需分析从释放到最低点的机械能变化、最低点速度、磁场力及返回最低点的压力。洛伦兹力始终垂直速度不做功，机械能守恒；在最低点结合向心力公式与已知压力，可求速度与磁场力；返回时速度反向导致洛伦兹力方向改变，再次用向心力关系求压力。
本题巧妙地将带电粒子在匀强磁场中的运动与圆周运动相结合，考查机械能守恒、牛顿第二定律在圆周运动中的应用以及左手定则判断洛伦兹力方向等核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，重点检验学生对动力学与能量观点的综合运用能力，以及分析物体运动方向改变时受力状态随之变化的逻辑推理能力。其亮点在于通过同一位置速度大小相同但方向相反，导致洛伦兹力方向不同这一关键点，设置了对最低点压力不同的对比选项，深刻考查学生对洛伦兹力不做功但影响弹力这一特性的理解深度。
10.【答案】AC
【解析】解：A、对小球P在O点处时受力分析，如图所示
F1=F2=kQq( 2d)2=kQq2d2
它们的合力为F=F1cs45°+F2cs45°= 2kQq2d2
则O点处的电场强度E=Fq= 2kQ2d2，故A正确；
B、小球P由C运动到O时，由mgd+qUCO=12mv2−0
得UCD=mv2−2mgd2q，则C点的电势与D点的电势不相等，故B错误；
C、C点和D点关于O点对称，A、B在这两点产生的场强大小相等、方向对称，因此两点的场强大小相等，故C正确；
D、小球P由O运动到D的过程，由动能定理得mgd+qU0=12mvD2−12mv2
由等量异种点电荷的电场特点可知UCO=UOD
联立解得vD= 2v，故D错误。
故选：AC。
结合点电荷场强公式与矢量叠加，分析对称点的场强与电势，再用动能定理分析小球运动。
学生易误将对称点的电势直接等同，忽略异种电荷的电势叠加效应，也容易错判电场力做功的对称性。
11.【答案】A
S极
向右运动

【解析】(3)小明的实验可以通过右手定则结合检流表的偏转方向，可以直接判断出P端为S极，Q端为N极；小华的实验不能根据右手定则判断出条形磁铁的磁极，因为线圈中电流方向未知。故A正确，BC错误。
故选：A。
(4)通过小明的实验可以判断出条形磁铁P端为S极。
(5)根据楞次定律的推论“增离减靠”可知，条形磁铁靠近线圈，磁通量增大，故线圈会产生感应电流，受到安培力，向右边运动。
故答案为：(3)A。
(4)S极。
(5)向右运动。
(3)通过小明和小华的实验，结合楞次定律分析即可。
(4)通过小明的实验结合右手螺旋定则分析即可。
(5)根据楞次定律的推论“增离减靠”分析即可。
本题考查学生对楞次定律的运用和理解，需要注意结合右手螺旋定则去分析感应电流的方向。
12.【答案】11Ω
0.900
C
πUd24IL
kLRU0−kL

【解析】解：(1)欧姆表测电阻，该元件电阻为R=10×1Ω=11Ω；
螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径d=0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm；
(2)由于RxRA=1110≈1