2026届安徽省巢湖市汇文实验学校高二物理第一学期期末经典试题含解析.doc

2026届安徽省巢湖市汇文实验学校高二物理第一学期期末经典试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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、如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中不会引起电流表指针偏转的是　　

A.闭合开关时 B.断开开关时
C.闭合开关后拔出线圈A时 D.断开开关后移动变阻器的滑片时
2、车流如梭，前面却有一辆方方正正的货车行驶得比较慢，上面写着“精密仪器”的字样，小明想起课本上谈到过磁电式电流表的运输问题，对于磁电式电流表，他有如下一些理解，你觉得他的理解正确的是
A.通有电流后，电流表的线圈受到了安培力的作用而转动，从而带动指针偏转
B.线圈处在靴脚和铁芯形成的辐向磁场中，因此线圈转动时，穿过线圈的磁通量始终为零
C.线圈绕在铝框上，铝框旋转会产生感应电流，这将影响电流测量的准确性
D.长途运输电流表时，需要将电流表的正负极用导线短接起来，这是利用了电磁驱动的原理
3、某区域的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，下列判断正确的是（　　）

A.EAEB
B.EAEB
C.EA=EB
D.EAEB
4、在静电场中，下述说法正确的是（　　）
A.正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能增加
B.正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小
C.负电荷由低电势处运动到高电势处，电势能增加
D.负电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小
5、将阴极射线管的两极与高压电源连接后，加上如图所示的磁场，可观察到从负极向右射出的高速电子流的偏转情况是

A.平行于纸面向上偏转 B.平行于纸面向下偏转
C.垂直于纸面向内偏转 D.垂直于纸面向外偏转
6、关于电源和直流电路的性质，下列说法正确的是
A.电源短路时，电路电流为无穷大
B电源短路时，路端电压等于电动势
C.外电路断路时，路端电压为零
D.外电路电阻值增大时，路端电压也增大
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，实线为等量异种点电荷周围电场线，虚线是以正点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，N点在虚线上．若将一试探正点电荷沿逆时针方向从M点经虚线移动到N点，则（ ）

A.电荷所受电场力逐渐减小
B.电荷所受电场力大小不变
C.电荷将克服电场力做功
D.电荷的电势能保持不变
8、如图所示，一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子不计重力恰好从P点射出若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出由此可知

A.匀强电场的电场强度为
B.匀强磁场的磁感应强度为
C.带电粒子在匀强电场中运动加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小
D.带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为1：2π
9、如图，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，下列说法正确的是（　　）

A.电压表读数减小
B.质点P将向上运动
C.电流表的示数减小
D.电源的效率变高
10、如图所示，在空间有一坐标系，直线与轴正方向的夹角为，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线是它们的边界，上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为.一质量为、电荷量为的质子(不计重力)以速度从点沿与成角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在轴上的点(图中未画出)，则（）

A.质子在区域Ⅰ中运动的时间为
B.质子在区域Ⅰ中运动的时间为
C.质子在区域Ⅱ中运动的时间为
D.质子在区域Ⅱ中运动的时间为
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）（1）在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图所示），示数为___________ cm.在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为___________ mm.

（2）某电阻额定电压为3 V（阻值大约为10 Ω）．为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A：电流表A1（量程300 mA，内阻约1 Ω）
B：电流表A2（量程0.6 A，内阻约0.3 Ω）
C：电压表V1（量程3.0 V，内阻约3 kΩ）
D：电压表V2（量程5.0 V，内阻约5 kΩ）
E：滑动变阻器R1（最大阻值为10 Ω）
F：滑动变阻器R2（最大阻值为1 kΩ）
G：电源E（电动势4 V，内阻可忽略）
H：电键、导线若干
①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表_______，电压表____滑动变阻器________.
②画出该实验电路图_____________________ .
12．（12分）如图所示，两只用粗细相同的铜丝做成的闭合线框a、b放在光滑绝缘水平桌面上，它们的边长分别为L和2L．现以相同的速度v将a、b从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外．在此过程中，a、b两线框中的电流之比为_______；拉力之比为_____；通过铜丝横截面的电量之比为_____.

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）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
15．（12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
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】闭合开关时，穿过B线圈的磁通量从无到有，磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故A不合题意；断开开关时，穿过B线圈的磁通量从有到无，磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故B不合题意；闭合开关后拔出线圈A时，穿过B线圈的磁通量发生了变化，可以产生感应电流，会引起电流表指针的偏转，故C不合题意；断开开关后，移动变阻器的滑片时，磁通量始终为零，不会产生感应电流，不会引起电流表指针的偏转，故D符合题意
2、A
【解析】A．根据通电导线在磁场中受力的原理可知，通有电流后，电流表的线圈受到了安培力的作用而转动，从而带动指针偏转，故A正确；
B．磁电式电流表圆柱形铁芯中的磁感线实际上水平平行的，穿过线圈的磁通量不为零，故B错误；
C．铝框实际上与线圈是彼此绝缘的，而且指针稳定时，铝框中没有感应电流，无从谈起对线圈中电流的影响，故C错误；
D．电流表中的铝框、长途运输电流表时短接线圈，目的都是为了利用电磁阻尼使指针迅速停摆或无法大幅度摆动，故D错误。
故选A。
3、A
【解析】由电场线的特点，电场线越密集，场强越大所以EA＜EB；故A正确，BCD错误；
故选A。
4、B
【解析】AB．正电荷由高电势处运动到低电势处，则电荷量q> 0，电势差U> 0，由W = qU可知，电场力做正功，所以电势能减小，故A错误，B正确；
C．负电荷由低电势处运动到高电势处，则电荷量q< 0，电势差U< 0，由W = qU可知，电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；
D．负电荷由高电势处运动到低电势处，则电荷量q< 0，电势差U> 0，由W = qU可知，电场力做负功，所以电势能增加，故D错误。
故选B。
【点睛】通过电场力做功来确定电势能的变化，从而形成结论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大。
5、D
【解析】应用左手定则判断洛仑兹力时，四指指向电子运动的反方向，磁场穿过掌心，则大拇指方向垂直于纸面向外，故电子束垂直纸面向外偏转；
A．与分析不符，故A错误；
B．与分析不符，故B错误；
C．与分析不符，故C错误；
D．与分析相符，故D正确；
故选D。
6、D
【解析】A．根据可知，电源被短路时，电路电流比较大，不是无穷大，故A错误；
B．外电路短路时，电源内电压等于电源电动势，路端电压为零；故B错误；
C．外电路断路时，路端电压等于电源电动势，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压当外电路电阻值R增大时，路端电压增大，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、B、由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上M点移动到N点，电场力逐渐减小，故A正确，B错误．C、D、根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U=Ed知：N与正电荷间的电势差小于M与正电荷的电势差，所以N点的电势高于M点的电势，从M点到N点，电势逐渐升高，正电荷的电势能逐渐增大，则电场力做负功，故C正确，D错误．故选AC.
【点睛】解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低．运用公式U=Ed定性分析电势差的大小
8、BC
【解析】A．带电粒子在电场中做类平抛运动，有

联立解得

故A错误；
B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有

由几何关系有

联立解得

故B正确；
C．粒子在匀强磁场中运动的加速度

故C正确；
D．带电粒子在匀强电场中运动的时间

在匀强磁场中运动的时间

带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为

故D错误。
故选BC。
9、BCD
【解析】AC．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，则流过串联部分的电流减小，即电流表示数减小，因而R2中电压减小，故电压表示数增大，故A错误，C正确；
B．因电容器两端电压等于联部分电压，增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向上运动，故B正确；
D．电源的效率为

当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，外电路中的电阻变大，所以电源的效率变高，故D正确。
故选BCD。
10、BD
【解析】设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域II中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律得：qvB＝m①；qvB′＝m②；粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为：θ＝60°，如图所示：

则△O1OA为等边三角形，有：OA＝r1 ③，在区域II中，质子运动圆周，O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心，r2＝OAsin30°④，由①②③④解得区域II中磁感应强度为：B′＝2B ⑤，质子在Ⅰ区运动轨迹对应的圆心角：φ＝60°，在Ⅱ区运动轨迹对应的圆心角为：φ′＝90°，质子在Ⅰ区的运动周期：T1，运动时间t1，故A错误，B正确；质子在Ⅱ区运动的周期：T2，运动时间t2，故C错误，D正确；

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. ; ②. ;; ③.A; ④.C; ⑤.E; ⑥.
【解析】（1）[1]20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为:
1×0.05mm=0.05mm
所以最终读数为：
104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm；
[2]螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为：
5×0.01mm=0.075mm
所以最终读数为：
8mm+0.075mm=8.075mm
（2）①[3]根据欧姆定律，流过电阻的最大电流：

故电流表选A；
[4]电阻额定电压为3V则电压表选C即可；
[5]为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选小阻值的E
② [6]即被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式．故电路图如图

【点睛】选择器材通常的步骤：1、根据实验要求设计合理的实验电路．2、估算电路中电压、电流可能达到的最大值，以此选择电压表和电流表的量程
12、 ①.1:1 ②.1:2 ③.1:2
【解析】根据电阻定律得Ra：Rb=1：2，根据法拉第电磁感应定律E=BLv得线框电动势之比Ea：Eb=1：2，两线框中的电流之比Ia：Ib＝＝1：1，由于线框匀速运动，拉力和安培力平衡，故；根据通过的铜丝横截面的电量之比；

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）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
15、 (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