四川省峨眉山市二中2025-2026学年高二上物理期末经典试题含解析.doc

四川省峨眉山市二中2025-2026学年高二上物理期末经典试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是

A.从a到b，上极板带正电
B.从a到b，下极板带正电
C.从b到a，上极板带正电
D.从b到a，下极板带正电
2、一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为 (　 　)
A. B.
C. D.
3、下列关于磁感应强度的说法中正确的是( )
A.若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为
B.磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向
C.由B＝知，B与F成正比，与IL成反比
D.由B＝知，磁场中某处的磁感应强度的大小随通电导线中电流I的减小而增大
4、如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心C连线与竖直方向的夹角为α，—个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A.AB连线与水平方向夹角为α
B.小球从A运动到B的时间
C.小球运动到B点时，重力的瞬时功率
D.小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态
5、地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁铁，小磁铁的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是（）

A.①②④ B.②③④
C.②③ D.①⑤
6、如图所示，一圆形区域内存在匀强磁场，AC为直径，O为圆心，一带电粒子从A沿AO方向垂直射入磁场，初速度为v1，从D点射出磁场时的速率为v2，则下列说法中正确的是(粒子重力不计)(　　)

A.，v2的方向必过圆心
B.，v2方向必过圆心
C.，v2的方向可能不过圆心
D.，v2的方向可能不过圆心
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、如图所示，光滑的“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好，磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动．下列说法正确的有（ ）

A.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后将加速下滑
B.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑
C.若B2＜B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑
D.若B2＞B1，则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑
8、如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是(　　)

A.曲线a表示的交变电动势瞬时值
B.曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 V
C.时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为3∶2
D.时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0
9、如图，用一根总电阻为粗细均匀的铜导线制成半径为的圆环，为圆环的直径，其左右两侧存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为，但方向相反。一根长度为、电阻为金属棒绕着圆环的圆心点紧贴着圆环以角速度沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好（不计金属棒经过位置瞬间），则下列说法正确的是（　　）

A.圆环消耗电功率是变化的
B.金属棒两端的电压大小为
C.金属棒中电流的大小为
D.金属棒旋转一周的过程中，整个回路产生的焦耳热为
10、沿x轴方向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示(图线为正弦图线)，则下列说法正确的是( )

A.Ob两点的电势差等于Od两点的电势差
B.a、c两点的电势相等
C.电子在O点的电势能大于电子在c点的电势能
D.正电荷由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力先做负功再做正功
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）用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并根据公式P=UI计算出该灯泡在额定电压下工作时的电功率．可供选择的实验器材有 A.电源E=4.5V B.电压表量程0～3V；C.电压表量程0～15V；D.电流表量程0～0.6A；E.滑动变阻器最大阻值10Ω;F.滑动变阻器最大阻值5KΩ.开关、导线等

（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在端________．（选填“a”或“b”）；电压表选________滑动变阻器选________
（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值________（选填“偏大”或“偏小”）．根据所得到的图像如图（乙）所示，它在额定电压下实际功率P＝________W；
12．（12分）右图是用频闪周期为△t的相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片.

(1)在下落过程中的任意时刻，羽毛的运动状态与苹果_______________(选填 “是”或 “否”)相同.
(2)关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中正确的是_______________ (填选项前的字母).
A．一定满足关系x1∶x2∶x3＝1∶4∶9 B．一定满足关系x1∶x2∶x3＝1∶3∶5
C．苹果下落的加速度大小为 D．羽毛下落的加速度大小为
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

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，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
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、D
【解析】由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确
2、A
【解析】中子的动量

氘核的动量

对撞后形成的氚核的动量

所以氚核的德布罗意波波长为

故A正确，BCD错误；
故选A
【点睛】任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有德布罗意波，分别写出中子和氘核的动量的表达式，然后根据动量守恒定律得出氚核的动量，代入公式即
3、B
【解析】A、公式成立的条件是：通电导线必须与磁场方向垂直；错误
B、磁感应强度的方向规定为小磁针北极所受磁场力的方向；正确
CD、公式是磁感应强的的定义式，磁感应强度由磁场本身决定，与通电导线即其受力无关；错误
故选B
考点：对磁感应强度的理解
点评：注意磁感应强度是描述磁场的物理量，由场本身的情况决定，与导线长度、电流大小等无关．方向为小磁针N极受力的方向或小磁针静止时N极所指的方向
4、B
【解析】AB、平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，说明小球在B点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向．将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为 ，则 ，解得：此时AB位移的连线与水平方向的夹角不等于，故A错；B对
C、小球运动到B点时，重力瞬时功率 ，故C错；
D、小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错；
故选B
5、C
【解析】由于地磁的北极在地理的南极附近，在磁体的外部磁感线从N极指向S极，故磁感线有个向北的分量，而小磁针静止的时候N极的方向就是磁感线的方向，所以小磁针由于受到地磁场的作用静止时N极指向地理的北方．赤道附近地磁场的方向和地面平行，北半球地磁场方向相对地面是斜下的，南半球地磁场方向相对地面是斜向上的，①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地理的南极，故①错误；②地磁场的北极在地理南极附近，故②正确；③赤道附近地磁场的方向和地面平行，故③正确；④北半球地磁场方向相对地面是斜下的，故④错误；⑤赤道附近地磁场的方向和地面平行，不是任何地方的地磁场方向都是和地面平行的，故⑤错误。
故选C。
6、B
【解析】洛伦兹力不改变速度的大小，所以 ；

如上图连接AD作AD垂直平分线，找出运动的圆心B，由几何关系可得BD一定垂直OD，因为圆周运动速度垂直于半径，所以OD是速度的方向，故的方向必过圆心，故B项正确

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、BCD
【解析】若B2＝B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg－＝0，仍将保持匀速下滑，B对；若B2<B1，金属棒进入B2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F＝BIL＝BL＝知，mg－>0，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2>B1，金属棒进入B2区域后mg－<0，可能先减速后匀速下滑，故D也对
8、AC
【解析】根据题意可知考查正弦式交变电流e-t图像变化规律，找出e、 、 随时间的变化规律，抓住同一时刻各个物理量的特点分析可得
【详解】A．由题图乙可知，
，
，
则曲线a表示的交变电动势瞬时值
，
故A符合题意；
B．由题图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比
，
由可知
，
所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比
，
又有，则，故B不符合题意；
C．曲线a表示的交变电动势瞬时值
，
曲线b表示的交变电动势瞬时值
，
将代入，得，，，故C符合题意；
D．由题图乙知时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D不符合题意
【点睛】在中性面位置（线圈平面垂直磁场方向）时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，瞬时电动势为零，电流方向变化，在垂直中性面（线圈平面和磁场方向平行）时磁通量为零，磁通量变化率最大，瞬时电动势最大．理解同一时刻各个物理量的特点是解决本题的关键
9、CD
【解析】AB．根据右手定则判断电势的高低，可知和导体棒转动切割磁感线产生的电动势为二者之和：

圆环的电阻由两个电阻为的半圆电阻并联组成，所以圆环的总电阻为：

电路中总电阻：

金属棒两端电压为路端电压：

路端电压恒定，圆环电阻恒定，根据：

可知圆环消耗的电功率恒定，AB错误；
C．通过导体的电流：

C正确；
D．金属棒旋转一周的过程中，根据焦耳定律：

D正确。
故选CD。
10、BD
【解析】AC.由图可知，x轴正方向电场方向从b指向d，，故Ob两点的电势差小于Od两点的电势差，电子在O点的电势能小于电子在c点的电势能，A、C错误；
B.由对称性可知，a、c两点的电势相等，B正确；
D.正电荷由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力方向先向右后向左，故电场力先做负功再做正功，D正确；
故选BD。

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、 ①.a ②.B ③.E ④.偏小 ⑤.1.2
【解析】(1)[1]因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表
[2][3] 额定电压为2.4V的灯泡，所以电压表选B，因为采取的是分压式接法，所以滑动变阻器选择阻值较小的E
(2)[4] 因电流表用是外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的示数大于通过电阻的实际电流，根据算出的电阻值偏小
[5] 由图象可读出U=2.4V时对应的电流为I=0.5A，由公式可知
P=UI=2.4×0.5=1.2W
12、 ①.是 ②.C
【解析】（1）由于没有空气阻力，物体只受重力，故羽毛和苹果具是有相同的运动状态
（2）由于这是局部照片，A点并不一定是起点，故不能根据初速度为零的匀变速直线运动的位移规律来求，故AB错误；根据推论△x=at2可得加速度为：，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误

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、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
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、（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