河北省临西县实验中学2025-2026学年物理高二第一学期期末经典试题含解析.doc

河北省临西县实验中学2025-2026学年物理高二第一学期期末经典试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、下列与电磁感应现象有关的发明是
A.干电池
B.交流发电机
C.白炽灯
D.指南针
2、如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字型，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为(　　)

A. B.
C.0 D.
3、如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ，一根长为L、质量为m的直导体棒垂直导轨放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，在磁场的方向由垂直导轨所在平面向上沿垂直直导体棒逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，下列关于B的大小变化的说法中正确的是

A.先减小后增大 B.先增大后减小
C.逐渐增大 D.逐渐减小
4、如图所示，右端开口的矩形导体轨道QPMN固定在水平面内，轨道的电阻忽略不计．电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上．空间中存在与轨道所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．导体棒ab以恒定的速度向右运动，与导轨MN始终垂直并接触良好．当其运动到导轨MN和PQ的中点处开始计时，运动到NQ位置时将导体棒迅速锁定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小从B增加到B'（过程Ⅱ）．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过导体棒ab的电荷量相等，则等于

A. B.
C.2 D.
5、下列叙述正确的是（　　）
A.牛顿发现了万有引力定律并测量了万有引力常量
B.法拉第发现通电导线能够在其周围产生磁场
C.法拉第总结了通电导线周围磁场的规律，并提出分子电流假说
D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
6、在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上放置一金属杆ab，如图所示(纸面即水平面).在垂直纸面方向有一匀强磁场，下列判断正确的是

A若磁场方向垂直纸面向外并增大时，杆ab将向右移动
B.若磁场方向垂直纸面向外并减少时，杆ab将向左移动
C.若磁场方向垂直纸面向里并增大时，杆ab将向右移动
D.若磁场方向垂直纸面向里并减少时，杆ab将向右移动
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。
7、如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）

A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子由A点运动到B点过程中电场力对其所做的功W=EpA－EpB
D.电子在A点的动能小于在B点的动能
8、如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处固定一带电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷所受的电场力，Ep表示点电荷在a点的电势能。现将B板稍微向下移动，使两板间的距离增大，则（　　）

A.电容C减小
B.F增大
C.φa增大，Ep增大
D.电流计中有电流由Q流向P
9、图中a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是（　　）

A.带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的
B.a点的电势比b点的电势高
C.带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小
D.a点的电场强度比b点的电场强度大
10、如图所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，长度为R．一个带电粒子1从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若与该粒子完全相同的带电粒子2以同样的速度从C点平行AO方向进入磁场，C到AO的距离为R／2，则

A.1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向
B.粒子带负电
C.2粒子仍然从B点离开磁场
D.两粒子在磁场中运动时间之比为3：2
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）在带电体A周围空间中的某一点P，放入一个电荷量为的试探电荷，其受到带电体A的静电力的大小为，那么带电体A 在P点产生的场强大小为_______。
12．（12分）(1)用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为________________mm。
(2)一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图乙所示。该工件的直径为_____________mm。

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】A、干电池把化学能转变为电能供给外电路，故选项A错误；
B、交流发电机是利用电磁感应现象制成的，故选项B正确；
C、白炽灯是利用电流的热效应制成的，故选项C错误；
D、指南针是利用磁体在磁场中受到磁场力作用，故选项D错误
2、B
【解析】由题意可知，将半径为r的金属圆环变成上、下半径相等两圆，则有：πr=2×πr′
解得： ，再由面积公式S=πr2，可知，面积变化为△S=πr2-2π()2=；
由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合电量表达式，故选B.
3、C
【解析】对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图，从图中可以看出，安培力FA一直变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大，故C正确。
故选C。

4、B
【解析】根据电荷量的定义分别表示出两个过程中电荷量的表达式，再根据电荷量相等可以求出磁场之比
【详解】第一个过程通过导体棒的电荷量为；
第二个过程导体棒不动，磁场从B增加到B'通过导体棒的电荷量为

两次电荷量相等，即可解得：，故B对；ACD错；
故选B
【点睛】电荷量，如果是磁场变化引起的，可以直接用此式定性分析电荷量
5、D
【解析】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量了万有引力常量，故A错误；
B．奥斯特发现通电导线能够在其周围产生磁场，故B错误；
C．安培总结了通电导线周围磁场的规律，并提出分子电流假说，故C错误；
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，故D正确。
故选D。
6、D
【解析】A．若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向a→b，由左手定则，ab受到的安培力向左，故杆ab将向左移动。故A错误。
B．若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向b→a，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动。故B错误。
C．若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向b→a，由左手定则，ab受到的安培力向左，杆ab将向左移动。故C错误。
D．若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向a→b，左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动。故D正确。
故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。
7、AC
【解析】A．由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，说明电势随位置均匀增加，电场强度不变，不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确；
B．A、B两点的电场强度相等，选项B错误；
C．由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且
EpB>EpA
说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为
W=EpA－EpB
选项C正确；
D．电场力做负功，动能减小，电子在A点的动能大于B点的动能，选项D错误。
故选AC。
8、AD
【解析】A．电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压U保持不变，随B极板下移两极板之间的距离增大，根据

知，电容C减小，故A正确；
D．根据

知，电荷量Q减小，电路中存在放电电流，电流方向从Q到P，故D正确；
B．根据

可知两极板之间的电场强度E减小，故点电荷所受电场力F=qE减小，故B错误；
C．由于电场强度E减小，故UAa减小，由于
UAB=UAa+UaB
所以UaB增大，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0，即φB=0，又
UaB=φa-φB
所以φa=UaB变大，因a处是负点电荷，则它的电势能会变小，故C错误。
故选AD。
9、ABD
【解析】A．带电质点从a由静止释放，能沿电场线竖直向上运动，电荷所受的电场力一定竖直向上，且a、b点在同一条电场线上，故电荷受到的电场力方向相同，A正确；
B．由题意知电场线的方向竖直向上，沿电场线方向电势降低，故a点的电势一定比b点的电势高，B正确；
C．带电质点在整个向上运动的过程中，电场力均做正功，故电荷的电势能减小，即在a点的电势能比在b点的电势能大，C错误；
D．由题意可知，带电质点先加速上升，后减速上升，故一定要考虑重力，且加速阶段电场力大于重力，减速阶段电场力小于重力，故a点的电场强度比b点的电场强度大，D正确。
故选ABD。
10、ACD
【解析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题
【详解】A项：粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动圆心角为90°，
1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向，故A正确；
B项：带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故B错误；
C项：粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，

设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO=R，连接O1C、O1B，
O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故C正确；
D项：粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角θ1=90°，连接PB，可知P为O1C的中点，
由数学知识可知，θ2=∠BO1P=60°，
粒子在磁场中运动的周期：，两粒子的周期相等
粒子在磁场中的运动时间，运动时间之比：t1：t2=θ1：θ2=90°：60°=3：2，故D正确
故选ACD
【点睛】本题考查了粒子在匀强磁场中运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、500N/C
【解析】[1]．带电体A 在P点产生的场强大小为

12、 ①.8.116~8.119 ②.29.8
【解析】(1)[1] 螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为
01×11.7mm=0.117mm
所以最终读数为：
8mm+0.117mm=8.117mm
由于需要估读因此在范围8.116-8.118内均正确。
(2)[2] 游标卡尺的固定刻度读数为29mm，游标读数为
1×8=0.8mm
所以最终读数为：
29mm+0.8mm=29.8mm

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得