2026六安一中高二上学期期末物理试卷含解析

这是一份2026六安一中高二上学期期末物理试卷含解析，共5页。试卷主要包含了有关下列四幅图的描述，错误的是等内容，欢迎下载使用。

时间：75分钟 分值：100分
单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。）
1．有关下列四幅图的描述，错误的是（ ）

甲 乙 丙 丁
A．图甲中，因为有金属网的屏蔽，A球上的电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零
B．图乙中，烟尘吸附空气电离产生的电子，在电场力作用下向A板运动
C．图丙中，磁块在铝管中下落相比自由落体会慢一些，原因是电磁阻尼
D．图丁中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动
2．如右图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）
A．两根导体棒P、Q对金属导轨M、N的压力会减小
B．磁铁下落的加速度小于g
C．磁铁的动能的增加量等于其势能的减少量
D．两根导体棒P、Q会互相远离
3．如右图所示，K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上电压U，虚线为电场线，实线为一带电粒子的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。若不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．A、K之间的电场强度为
C．粒子在P点的动能小于在Q点的动能
D．粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度
4．某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd共有N匝，总电阻为r。线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（ ）
A．线圈转动一圈，外力对它所做的功为2πN2Φm2R+r
B．时刻电流表示数为0，时刻电流表的示数最大
C．时刻到时刻这段时间通过电阻R的电荷量为N2ΦmR+r
D．时刻线圈磁通量变化率为0
5．如图所示，在纸面内水平向右的水平匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场中，有一水平的固定绝缘杆，小环P套在杆上，P的质量为m，电量为－q（q＞0），P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，重力沿纸面向下，小环由静止释放开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小环先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后匀速直线运动
B．小环刚由静止释放瞬间，加速度大小为a=Eqm−μg
C．小环的最大速度vm=Eq+μmgBq
D．若已知小环加速至加速度最大过程的时间t0，则此过程的位移x=m2gμB2q2+Et0μB−mgt0Bq
6．如图甲所示，两定值电阻R1＝2R、R2＝3R通过导线与匝数为n、半径为r、阻值为R的线圈相连接，图中的虚线为过圆形线圈圆心的直径，从t＝0时刻，在虚线右侧存在如图乙所示的磁场，规定垂直纸面向里的方向为正方向.下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生的感应电动势为nπB0r2t0B．a、b两点的电势差为5nπB0r212t0
C．定值电阻R1消耗的电功率为n2π2B02r472Rt02D．0～4t0时间内通过定值电阻R1的电荷量为nπB0r3R2
7．水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长度为d、阻值也为R且与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下．不计一切摩擦，则下列说法错误的是（ ）
A．导体棒运动过程中所受安培力先做负功再做正功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为2mv0RB2d2
C．整个过程中，导体棒MN上产生的焦耳热为14mv02
D．整个过程中，通过导体棒的电荷量为mv0Bd
8．如图，以f为圆心、半径为R＝0.3m的四分之三圆弧区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－9kg、电荷量q＝2×10－5C的带电粒子垂直于Oa边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）
A．若粒子带正电，所有粒子射出磁场时的速度方向都平行
B．若粒子带正电，所有粒子出射点都在e点
C．若粒子带负电，所有粒子出射点都在b点
D．所有粒子在磁场中运动的最长时间为6π×10﹣4s
二、多选题（本题共2小题，每小题5分，共10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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
9．如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0。两导体棒在运动中始终不接触。下列说法中正确的是（ ）
A．ab棒的最终速度为0.5v0
B．cd棒开始运动时，ab棒中电流方向为b→a，大小为
C．从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为
D．当cd棒速度减为0.8v0时，ab棒的加速度大小为
10．如图所示，边长为L的正六边形abcdef区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带负电的粒子，已知粒子比荷均为qm，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．沿Oa方向发射的粒子若可离开磁场，速率可能为qBL2m
B．垂直ab向上发射的粒子若可离开磁场，速率不小于(23−3)qBLm
C．粒子若能从f点离开磁场，其做匀速圆周运动的时间不可能是5πm6qB
D．如果粒子源发射速率均为2qBL2m，则粒子所受洛伦兹力的冲量可能为2qBL2
二、实验题（每空2分，共18分）
11．某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材。
A．待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）
B．电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）
C．电压表（量程5V，内阻约5kΩ）
D．电压表（量程15V，内阻约 15kΩ）
E．滑动变阻器（最大阻值 5Ω）
F．滑动变阻器（最大阻值 100Ω）
G．直流电源（电动势15V，内阻可忽略）
H．开关一个，导线若干
实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流。
（1）实验中为较准确测量、方便调节，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 （填写仪器前面的字母序号）；
（2）有四位同学设计了四种电路图（如下图），其中设计的合理的电路图是______。
A．B．
C．D．
12．某市近几年充分利用好土地、屋顶的光照资源，大力发展太阳能发电，有力推动全市能源结构调整，促进经济社会绿色低碳发展。某兴趣小组使用如图甲电路，探究太阳能电池的伏安特性曲线，其中R是电阻箱，R0为10Ω的定值电阻，E是太阳能电池，理想电压表的所选量程为3V。
（1）某次实验中电阻箱阻值为50Ω，电压表指针如图乙所示，则此时电压表示数为 V，电源两端电压为 V。
（2）在某光照强度下，测得电压表的电压U随电压与电阻的比值UR变化关系如图中曲线①所示，则太阳能电池内阻随电流增大而 （选填“增大”“减小”或“不变”），当电压表示数为1.00V时，太阳能电池的电动势为 V。
（3）在另一更大光照强度下，测得的关系U−UR如图中曲线②所示。当电压表的读数为2.20V时，太阳能电池的内阻为 Ω（保留两位有效数字）。
（4）曲线①中，根据图像估算，若电阻箱阻值调至220Ω，则此时电池的输出功率为 mW（保留两位有效数字）。
四、解答题（第13题10分，第14题12分，第15题18分）
13．如图所示，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线框abcd（各边均相同），放在光滑的水平桌面上。MN右侧空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框在外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场。求：
（1）线框刚进入磁场时，ab边中电流方向和ab两端的电压Uab；
（2）线框进入磁场的过程中，安培力对线框做的功。
14．如图所示，绝缘水平面上固定一光滑绝缘的竖直圆弧轨道BCD，圆心为O，C点与圆心等高，D点为轨道的末端，半径，B点为圆弧轨道与水平面的切点，OD与水平方向的夹角。质量、电荷量、带负电的滑块静止在A点，已知，滑块与水平面间的动摩擦因数。某时刻在整个空间加上水平向右的、电场强度的匀强电场，经过一段时间滑块从D点离开圆轨道后落在水平面上。滑块可视为质点，重力加速度g取，，规定B点电势为零。求：
（1）圆轨道上C点的电势；
（2）滑块在水平面上由A运动到B的时间t；
（3）滑块在D点时轨道对滑块的支持力大小
15．如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小E＝10V/m，在第三象限内存在一圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B0＝4T，第四象限内存在着垂直纸面向外的匀强磁场B1和B2，两磁场以OM为边界，OM与x轴正方向夹角为60°，B1＝2T，B2＝4T。现有一带正电粒子从P点(−1.5m，3m)处，以速度v0＝10m/s，沿y轴负方向射入匀强电场，经一系列运动后回到P点，且粒子第一次离开电场的时间是粒子经x轴再次进入匀强电场而达到P点时间的3倍。已知粒子的比荷等于10C/kg，不计重力，求：
（1）粒子第一次通过坐标轴的位置坐标及速度；
（2）粒子从开始运动到第2次通过坐标轴所用的时间；
（3）圆形磁场区域的最小面积。
六安一中2025年秋学期高二年级期末考试
物理试卷 参考答案
1．【解答】解:A．金属网的静电屏蔽是让内部合电场强度为零，但A球上的电荷在B处产生的电场强度不为零，是金属网的感应电荷产生的感应电场抵消了它。故A错误；B．图乙中A板是正极板，电子带负电，所以在电场力作用下会让电子向A板运动。故B正确；C．图丙中，磁块在铝管中下落相比自由落体会慢一些，原因是铝管会产生感应电流，感应电流的磁场反过来对磁块的运动形成电磁阻尼，故C正确；D．图丁中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，根据楞次定律可知铝框会同向转动，故D正确。
2．【解答】解：AD、磁铁从高处下落时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律，P、Q对导轨压力将增加且会互相靠拢，以便阻碍磁通量的增大，故AD错误；B、根据楞次定律，回路产生的感应电流的磁场会阻碍磁铁的下落，所以磁铁下落的加速度小于g，故B正确；C、磁铁的重力势能转化为系统的动能和因焦耳热产生的内能，故磁铁的动能的增加量小于其势能的减少量，故C错误。
3．【解答】解：A.因为粒子做曲线运动所受合力（电场力）方向指向运动轨迹凹侧、带电粒子所受电场力方向与电场方向相同或相反，则由图可知，粒子所受电场力方向向上、与电场方向相反，由此可知，该粒子带负电，故A错误；B.若A、K之间的电场为匀强电场，则由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，A、K之间的电场强度为Ud，但由图中电场线的分布情况可知，A、K之间的电场为非匀强电场，则A、K之间的电场强度不是Ud，故A错误；C.因为沿电场方向电势逐渐降低，则由图可知，P点电势低于Q点电势，因为该粒子带负电，且带负电的物体在电势更低处电势能更大，所以粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能，又因为对于该粒子，全程只有电场力做功，则电势能与动能的和保持不变，由此可知，粒子在P点的动能小于在Q点的动能，故C正确；D.同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，则由图可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故由F＝qE＝ma可知，粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，故D错误.
4．【解答】解:A．线圈产生的感应电动势的最大值为 线圈的转动周期为线圈产生的感应电动势的有效值为 根据能量守恒可知，线圈转动一周，外力对它所做的功为 联立解得，故A错误；B．电流表测量的是电流的有效值，因为线圈是匀速转动的，所以电路中的电流的有效值是一个定值，则电流表的示数保持不变，故B错误；C．由图乙可知在时刻到时刻这段时间内磁通量的变化量大小为 根据法拉第电磁感应定律可知这段时间内的感应电动势的平均值为 通过电阻的平均电流 则通过电阻R的电荷量为 联立解得，故C正确；D．图线的斜率表示磁通量的变化率，由图乙可知，在时刻线圈磁通量变化率为0，故D正确。
5．【解答】解：ABC.对小环受力分析，当静止时，电场力水平向左，重力竖直向下，支持力竖直向上，摩擦力水平向右，水平方向有 qE－μmg＝ma，解得a=qEm−μg 。当速度增大时，导致洛伦兹力增大，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，所以随速度的增大洛伦兹力增大时，支持力减小，从而使得滑动摩擦力减小，小环的加速度增大，小环做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力与重力大小相等时，小环的加速度最大，此时小环的速度为v1=mgqB ，此时小环的加速度为amax=qEm 。速度继续增大，则洛伦兹力大于重力，支持力的方向变成向下，加速度随速度的增大开始减小，小环做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律可得 μ(qvB﹣mg)－qE＝ma。当加速度为零时，小环达到最大速度，最大速度为vmax=qE+μmgμqB 之后做匀速直线运动，故AC错误，B正确；D.由动量定理得(qE−μmg)t0+μBxq=m2gqB，解得x=m2gμB2q2−Et0μB+mgt0Bq，故D错误。
6．【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可得E=nΔΦΔt，其中ΔΦ＝ΔB•S，S=πr22。由图乙可知ΔBΔt=B0t0，整理得E=nπB0r22t0，故A错误；B、由楞次定律可知回路中感应电流方向为顺时针，因此b点电势高于a点电势，a、b两点间电势差为Uab=−ER1+R2+R(R1+R2)，解得：Uab=−5nπB0r212t0，故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流为I=ER1+R2+R，解得：I=nπB0r212Rt0。定值电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1，解得：P1=n2π2B02r472Rt02，故C正确；D、在0～4t0时间内通过定值电阻R1的电荷量为q＝I•4t0，解得：q=nπB0r23R，故D错误。
7．【解答】解：A.根据右手定则可得感应电流为逆时针，根据左手定则可得安培力向左，导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，则安培力一直做负功，故A错误；B.感应电动势为 E＝Bdv，电流为I=E2R，导体棒受安培力为 F＝BId，联立可得F=B2d2v2R 以初速度方向为正方向，根据动量定理有B2d22Rx=mv0，可得导体棒在导轨上运动的最大距离为x=2mv0RB2d2 故B正确；
C.整个过程中，导体棒MN上产生的焦耳热为Q1=12Q，Q=12mv02 ，可得Q1=14mv02，故C正确；D.设整个过程中，通过导体棒的电荷量为q，以初速度方向为正方向，根据动量定理Bqd＝mv0，可得q=mv0Bd ，故D正确。
8．【解答】解：AB.粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得粒子的运动半径为r=mvqB，解得r＝0.3m＝R，所以带正电的粒子从O点射入，形成以r＝R为半径的圆弧，从b点出去；从aO边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为O'，如图所示，根据几何关系，可得：虚线的四边形O′Meb是菱形，则粒子的出射点一定是从b点射出，同理可知，从aO边射入的粒子，出射点全部从b点射出，但射出的速度方向并不相同，A错误，B错误；C.同理，带负电的粒子，从a点入射，形成以 r＝R为半径的圆弧，从e点离开；从aO间射入的粒子顺时针偏转，轨迹如图，有的能到达e点，有的从Of边离开，故C错误；D.根据运动轨迹可知，所有粒子中最长的轨迹为半圆，在磁场中运动的最长时间为t=πmqB=π×3×10−92×10−5×0.25s=6π×10﹣4s，故D正确。
9．【解答】解：AC．稳定时两棒共速v，根据动量守恒可得，解得根据能量守恒可得电路中产生的电能为 故A正确、C错误；B．cd棒开始运动时，根据右手定则，cd棒电流方向由d到c，ab棒电流由a→b，电流大小为，故B错误；D．两棒组成的系统动量守恒，则有，解得，则此时回路电流为ab棒受到的安培力为，ab棒的加速度大小为，故D正确；
10．【解答】解：A、沿Oa方向发射的粒子，其运动轨迹恰好与bc边相切时，该粒子恰好能离开磁场，如下图所示，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，此时根据几何知识求得，轨迹半径为r=34L，解得此时粒子的速度为v=3qBL4m，所以沿Oa方向发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为3qBL4m，故A错误；B、垂直ab向上发射的粒子，当其轨迹与bc边和cd边恰好相切时，该粒子从bc边离开磁场，如下图所示，
设轨迹半径为r，则根据几何知识有r+rcs30°=L，解得r=(23−3)L，
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2L，解得粒子的速度为v=(23−3)qBLm，
所以垂直ab向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为(23−3)qBLm，故B正确；C、若粒子从f点离开，根据放缩圆，其在磁场的运动时间不超过2πm3qB，故C正确；D、如果粒子源发射速率均为2qBL2m，根据旋转圆，则粒子所受洛伦兹力的冲量不可能为2qBL2，故D错误。
11．答案为：(1) D E (2)A
【解答】
（1）[1]由于待测小灯泡的额定电压为 则电压表应选用D；
[2]小灯泡正常工作时的电阻为
为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的E。
（2）要求小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，则滑动变阻器采用分压接法；由于 可知电流表应采用外接法，故设计的合理的电路图是A。
12．答案为：（1）1.30；1.56；（2）增大；2.50；（3）15 ；（4）23
【解答】
（1）电压表量程为3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，其读数为1.30V。
电源两端的电压为U路=UV+UVRR0=1.30V+1.3050×10V=1.56V
（2）根据闭合电路的欧姆定律得U=E−UR(R0+r)
U−UR图像斜率绝对值表示R0+r，定值电阻R0不变，
则太阳能电池内阻随电流增大而增大，图像的纵截距为电源的电动势，即E＝2.50V。
（3）电压表的示数为U=E−UR(R0+r)，根据图示图像可得2.20V＝2.70V﹣0.02×（R0+r），代入数据解得r＝15Ω。
（4）作出电阻箱的U−UR图像如图所示
由图可得电阻箱功率P＝UI＝2.2×0.01W＝0.022W＝22mW
定值电阻功率P0=I2R0=0.012×10W＝0.001W＝1mW
则电池的输出功率为P'＝P+P0＝22mW+1mW＝23mW
13．【解答】（1）ab边中电流方向为b到a，ab两端的电压为34BLv；
（2）安培力对线框做的功为−B2L3vR
解：（1）根据右手定则，可得到线框刚进入磁场时，ab中的电流方向为b到a；
由法拉第电磁感应定律，可得：E＝BLv，
分析闭合电路，可得到ab两端电压为：Uab=Rad+Rdc+RcbRad+Rdc+Rcb+Rba⋅E，
解得：Uab=34BLv；
线框进入磁场的过程，根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER，
安培力公式：F＝BIL，由左手定则，可得安培力方向与线框运动方向相反；
可得到安培力对线框做的功为：W安＝－BIL•L，
解得：W安=−B2L3vR。
14．【解答】 (1) (2)1.2s (3)6.4N
【详解】（1）根据，

解得
（2）A到B，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
（3）B点的速度
解得
B到D过程，根据动能定理
在D点，根据牛顿第二定律
解得
15．【解答】（1）粒子第一次通过坐标轴的位置坐标为（0，0），
速度大小为20m/s，方向与x轴正方向的夹角为30°；
（2）粒子从开始运动到第2次通过坐标轴所用的时间为243+7π240s；
（3）圆形磁场区域的最小面积为3π16m2。
解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动。
设粒子通过x轴所用时间为t1，则有：y＝v0t1=3m
解得：t1=310s
沿x轴方向的位移大小为：x=12⋅qEm⋅t12
解得：x＝1.5m
可知粒子恰好由原点（0，0）第一次通过坐标轴。
粒子从原点处进入第四象限，在原点处沿x轴方向的分速度为：vx=qEmt1
解得：vx=103m/s
粒子到达原点时的速度大小为：v1=vx2+v02
解得：v1＝20m/s
设速度v1的方向与x轴正方向的夹角为θ，则有：tanθ=v0vx，
解得：θ＝30°
可知粒子第一次通过坐标轴的速度大小为20m/s，方向与x轴正方向的夹角为30°。
（2）粒子通过原点进入磁场B1，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2R，可得运动半径R=mvqB
粒子在磁场B1中的运动半径为：R1=mv1qB1，解得：R1＝1m
粒子在磁场B1中运动的周期为：T1=2πmqB1，解得：T1=π10s
粒子在磁场B1中偏转60°后进入磁场B2，在磁场B1中运动时间为：t2=T16 解得：t2=π60s
粒子在磁场B2中运动半径为：R2=mv1qB2，解得：R2＝0.5m
由几何关系可得粒子在磁场B2转过90°垂直于y轴离开第四象限。
粒子在磁场B2运动周期为：T2=2πmqB2，解得：T2=π20s
在磁场 B2 中运动时间为：t3=T24解得：t3=π80s
可得粒子从开始运动到第2次通过坐标轴所用的时间为：
t＝t1+t2+t3=310s+π60s+π80s=243+7π240s
（3）粒子垂直于y轴进入第三象限后，经圆形磁场区域的偏转方可经过x轴再次进入匀强电场。
因B0＝B2＝4T，故粒子在磁场B3中的运动半径R3＝R2＝0.5m
设粒子经x轴再次进入匀强电场时速度方向跟x轴正方向的夹角为α，依题意：粒子第一次离开电场的时间是粒子经x轴再次进入匀强电场而达到P点时间的3倍，则有：v1sinα⋅t13=3m
解得：α＝60°圆形磁场区域面积最小时，区域半径为：r＝R3sin60°=0.5×32m=34m
故圆形磁场区域的最小面积为：Smin=πr2=π(34)2m2=3π16m2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
D
B
C
A
D
AD
BC