吉林長春市某高中2025-2026學年高二年級上冊期末物理試題（解析版）

長春市十一高中2025-2026學年度高二上學期第三學程考試

物理試題

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條

形碼粘貼區。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0?5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體

工整、筆跡清楚。

3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在

草稿紙、試卷上答題無效。

4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。

5.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

第I卷（共46分）

一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符

合題目要求，每小題4分；第8?10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6

分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分。

Ax

V=—

1.學習物理的過程中我們需要定義很多物理量，如速度定義式為△，，下列物理量表達式不是定義式

的是（）

Fo

A.電場強度E=-B.電容。=春

D.磁感應強度8=蟲

C.電流I=—

t5

【答案】D

【解析】

【詳解】A.電場強度七二￡是定義式，其中E為電場力，為試探電荷的電荷量，直接定義了電場強

q

度，故A不符合題意。

B.電容。=卷是定義式，其中。為電容器儲存的電荷量，U為電勢差，直接定義了電容，故B不符合題

意。

c.電流/=幺是定義式，其中4為通過導體橫截面的電荷量，r為時間，直接定義了電流，故c不符合題

意。

D.磁感應強度B=?不是定義式。磁感應強度的定義通?；陔娏髟诖艌鲋惺艿牧Γㄈ鏔=BIL）或

畢奧-薩伐爾定律；而3是由磁通量定義中二65推導得出，屬于導出式，故D符合題意。

故選D。

2.如圖所示，電路中有相同的燈泡A、B,線圈L的直流電阻不計，R1為定值電阻，電源電動勢為E、內

阻不計。關于下面的操作說法正確的是（）

~~?A--B-

―0―0-

A.閉合開關S后，燈泡A逐漸變亮后亮度不變

B.閉合開關S后，燈泡B逐漸變暗后亮度不變

C.斷開開關S后，燈泡A閃亮后逐漸變哈最后熄滅

D.斷開開關S后，燈泡B逐漸變暗最后熄滅

【答案】C

【解析】

【詳解】A.閉合開關S后，燈泡A與線圈L并聯，電流瞬間通過燈泡A,因此燈泡A會立即變亮，隨后

線圈L的阻礙作用減小，電流逐漸增大，燈泡A逐漸變暗，最終被線圈L短路而熄滅，故A錯誤；

8.閉合開關b后，燈泡B與定便電阻并聯，因此燈泡B立即變，亮且，亮度不變，故B錯誤；

C.斷開開關S后，線圈L的自感會阻礙電流減小，與燈泡A形成閉合回路，線圈L中的電流瞬間通過燈

泡A,使燈泡A閃亮一下，隨后電流逐漸減小燈泡A逐漸變暗，直至熄滅，故C正確；

D.斷開開關S后，燈泡B所在支路的電流瞬間消失，燈泡B立即熄滅，故D錯誤。

故選C。

3.2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卜馬克環形真空

室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場

（如圖），電場強度大小為匕磁感應強度大小為瓦若某電荷量為，/的正離子在此電場和磁場中運動，其

速度平行于磁場方向的分量大小為也，垂直于磁場方向的分量大小為1，2,不計離子重力，則（）

A.電場力的瞬時功率為班:，匕2+片B.該離子受到的洛倫茲力大小為例由

C.V2與0的比值不斷變大D.該高子的加速度大小不變

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據功率的計算公式可知P=8cos。，則電場力的瞬時功率為P=力，A錯誤；

B.由于必與磁場5平行，則根據洛倫茲力的計算公式有F必=小、2'B錯誤；

C.根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動.則月增

大，V2不變，也與也的比值不斷變小，C錯誤；

D.離了受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離了的加速度大小不變，D正確。

故選D。

4.如圖為一種交流發電裝置的示意圖，長度為2L、間距為L的兩平行金屬電極固定在同一水平面內，兩電

極之間的區域I和區域II有豎直方向的磁場，磁感應強度大小均為8、方向相反，區域I邊界是邊長為上的

正方形，區域II邊界是長為L、寬為0.5L的矩形。傳送帶從兩電極之間以速度I，勻速通過，傳送帶上每隔

2Z,固定一根垂直運動方向、長度為乙的導體棒，導體棒通過磁場區域過程中與電極接觸良好。該裝置產生

電動勢的有效值為（）

y[2BLv3BLvDMBLv

A.BLvRD.---------C.-------

22

【答案】D

【解析】

2L

【詳解】由題意可知導體棒通過磁場區域過程需要的時間，即周期為r=—

V

導體棒通過區域I時，產生的電動勢大小為g=3人，，經過的時間為4=自

v

導體棒通過區域H時，產生的電動勢大小為E=BXO.5Z>,經過的時間為r,二工

根據有效值的定義有3+爭2喙T

帶入數據可得當.=巫也

A

故選D。

5.目前有一種磁強計，用于測定地磁場的磁感應強度。磁強計的原理如圖所示，電路有一段金屬導體，它

的橫截面是寬為。、高為〃的長方形，導體中通有沿工軸正方向、大小為/的電流。已知金屬導體單位體

積中的自由電子數為〃，電子電荷量為e,金屬導電過程中，自由電子所做的定向移動可視為勻速運動。

將磁強計水平置于北半球，y軸正方向向上且x軸正方向朝北放置，兩電極用、N均與金屬導體的前后

兩側接觸，用電壓表測出金屬導體前后兩個側面間的電勢差為U,則所測地磁場的磁感應強度）'軸分量的

大小和電極M、N的正負為（）

neaU

B?-------M正、N負

1

nebU—neaU

M負、N正D.-------M負、N正

【答案】A

【解析】

【詳解】磁強計水平置于北半球，地磁場在北半球有沿,，軸負方向的分量。根據左手定則，電子受到的洛

倫茲力方向指向N極，所以電子向內側偏轉，則導體N極為負極，"極為正極。

自由電子所做的定向移動可視為勻速運動，設速度為叭則單位時間內前進的距離為L單位體積內含有

的電子個數為nvab,電審為nevab,則有I=—=nevub

A/

電子受電場力和洛倫茲力平衡，有e—=Bev

a

解得B="',故選A。

6.某電磁緩沖裝置的結構簡圖如圖所示，該裝置總質量為5kg,線圈和其所連設備質量為2.5kg,線圈到

磁鐵底端的距離為“=5cm,線圈所在處輻向磁場磁感應強度大小恒為3=1T，單匝線圈電阻

r-O.OlQ,半徑A-lcm。某次測試時該裝置以lm/s的速度在水平面上運動，某時刻磁鐵底端與豎直擋

板發生彈性碰撞（時間極短），不計一切摩擦，若線圈相對磁鐵溶動過程恰能不與磁鐵底部接觸，則線圈

匝數大概為（）

側視圖

B.255C.510D.725

【答案】A

【解析】

【詳解】碰撞時，磁鐵與擋板發生彈性碰撞，則碰后磁鐵速度反向，而線圈速度方向不變，線圈向左運動,

磁感線與運動方向垂直，則線圈切割磁感線的有效長度L=2疝VR

碰后水平方向系統初動量為機卜匕-〃八匕.=0

則線圈恰運動到磁鐵底部時，兩部分速度均為零，則線圈可視為以2u的初速度切割磁感線。某時刻，線圈

產生的感應電動勢為e=相對

線圈中的電流為/二上

Nr

受到的安培力為F=2NnBIR

整個運動過程安培力的沖量為匯必，二〃w

2500

解得N=^^B125,故A正確。

27r

7.在水平向右的勻強電場中，一質量為小、電荷量為”的小球從A點以初速度I，豎直向上拋出，其運動

的軌跡如圖所示。已知電場強度大小為￡二誓■，小球運動凱跡上A、8兩點在同一水平線上，M為軌

3q

跡的最高點，不計空氣阻力，已知重力加速度為以下列說法錯誤的是（）

A.小球水平位移xi：X2=l：3

B.小球運動至M點時的速度為一

3

3v

C.運動過程中的最小速度為彳

3

D.到達8點時，小球的速度方向與水平方向夾角為tan。=不

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.在豎直方向，小球從A到M段，小球從M到B段的運動具有對稱性，運動時間都為/二上

g

在水平方向，小球只受電場力，=-at2

2

22

xy4-X2=—tz（2/）=2at

X1:x2=1:3

故A正確；

B/、球從A到M段，水平方向，根據牛頓第二定律。=鄉=學

m3

4v

at

^M==—

故B正確：

C/、球從A到M段，豎直方向vy=v-gt

水平方向匕=掣

3

合速度u合=，（匕『+（匕『=『-2喈產+*2產

9v_4v

當1二詬?時，速度最大為%=彳

故C錯誤;

D.豎直方向（方向豎直向下）

8v

水平方向匕二可（方向水平向右）

小球的速度方向與水平方向夾角為tan0=匕=[

L8

故D正確。

故選c

【點睛】

8.已知無限長通電直導線在其周圍空間產生的磁場磁感應強度大小的表達式是8=k,，其中k為一個常

r

數，/表示導線中的電流大小，，表示與導線的距離。如圖所示，AB.CO為兩條平行的無限長固定的通

電直導線，導線AB中電流大小為/（），方向由A流向&。點與導線A3、CO的距離分別為八2廣，其磁

感應強度為零。下列分析正確的是（）

CA

O'o

DB

A.兩導線之間相互吸引

B.導線CO中電流大小是21。

C.A3右側的磁場方向是垂直于紙面向外

D.導線44受到的磁場力小于導線C。受到的磁場力

【答案】ABC

【解析】

【詳解】AB.。處的磁感應強度8=0,說明A從CO中的電流在。處產生的磁場方向相反、大小相等，根

據安培定則和題中提供的磁感應強度大小計算式B=A，,C。中的電流方向是由C流向D,電流大小是2/o,

r

同網電流相互吸引，故兩導線之間相互吸引，故AB正確；

C.根據安培定則，AB.CQ中的電流在導線A8右側空間產生的磁場方向都是垂直紙面向外，故C正確；

D.由牛頓第三定律，導線43受到的磁場力等于導線C。受到的磁場力，故D錯誤。

故選ABCo

9.如圖所示，通電螺線管左端外側和內部分別靜止懸吊導休環“和4環c套在螺線管正中間，并與螺線

管共軸。當滑動變阻器R的滑動觸頭向右滑動時，下列說法正確的是（）

A.”環向左擺B./?環有擴大的趨勢

C.c環有擴大的趨勢D.三個環中感應電流方向相同

【答案】BD

【解析】

【詳解】ABC.根據右手螺旋定則，通電螺線管的左端為N極，右端為S極，穿過。環、〃環、C環的凈

磁感線均從右到左，當滑動變阻器向右滑動時，接入電路電阻變大，電流變小，磁感應強度變小，根據楞

次定律，。環將向右擺，感應電流產生的附加磁場為從右到左，〃環擴張，感應電流方向產生的附加磁場

為從右到左，。環收縮，產生的附加磁場為從右到左，AC錯誤、B正確；

D.由于〃環、〃環、。環的感應電流產生的附加磁場均從右到左，因此三個環中的感應電流方向相同，D

正確.

故選BDo

10.如圖1所示，小明設計的一種玩具小車由邊長為4的正方形金屬框場/?做成，小車沿平直絕緣軌道向右

運動，軌道內交替分布有邊長均為d的正方形勻強磁場和無磁場區域，磁場區域的磁感應強度大小為8,方

向豎直向上。的段在磁場區域運動時，受到水平向右的拉力/二八十》《＞0,^＞0）,且的兩端的電壓隨

時間均勻增加；當加在無磁場區域運動時，/二0。身"段速度大小u與運動路程s的關系如圖2所示，圖中

%（為＜9）為的每次經過磁場區域左邊界時速度大小，忽略摩擦力。則（）

k

D.小車的最大速率為華+%

c.小車質量為而砧

k

'】BC

【解析】

【詳解】由題知g〃段在磁場區域運動時，兩端的電壓隨時間均勻增加，則說明的在磁場中運動時做勻

F

變速直線運動，設正方形金屬框加力運動的速度為v,有E=Bch，,/=-,EjBId,F-F.=nia

Rii

B2d2v

聯立有kv+b=ma

R

B.由于g/z段在磁場區域運動時，正方形金屬框必/"故勻變速直線運動，則有打一老"，〃也二b

R

R2“2

解得A=U-,故B正確；

k

CD."在無磁場區域運動時，F=0,正方形金屬框或力水平方向只受到安培力，有E=5小，'，

E

F安=BI'd

R

根據動量定理有-------vA/=mv.-mv'

R（°

R2d3

累加疊加可得-------="2%-"八'm”=_kd

VIIIUA

gh段在磁場區域運動時，正方形金屬框efyh做勻變速直線運動有片叩一V=2ad

結合ma=b

解得〃7=2（j-lv）',ax二/一”，故C正確’D錯誤；

A.由g〃段在磁場區域運動時，正方形金屬框扇力做勻變速直線運動，則有Vnm=n）+a

kd

解得"在任一-磁場區域的運動時間f=——，故A錯誤。

b

故選BCo

第n卷（共54分）

二、非選擇題：本題共5小題，共54分。

11.某實驗小組為了測量一節干電池的電動勢E和內阻廠，設計了如下實驗方案。實驗提供的器材如下:

待測干電池（￡之1.5V,夕1。）；電流表A（量程0.6A,內阻尺\4。.5。）；

電壓表V（量程3V,內阻/?\>>廠）；滑動變阻器（最大阻值10C）；開關、導線若干。

（1）實驗小組采用了圖甲和圖乙兩種電路進行測量。閉合開關前，兩圖都需要將滑動變阻器滑片P調

到最左端，確保電路安全。圖甲電路系統誤差主要來源是（選填或'7"，其中。表示

“電壓表內阻的分流”，b表示“電流表內阻的分壓”）。

（2）對比甲、乙兩電路，其中乙電路電動勢測量值E&、內阻測量值「《r

（選填y或“二”）。

（3）實驗小組分別按照圖甲和圖乙做實驗，改變滑動變阻器的阻值，記錄電壓表和電流表的示數，做出

S/圖像如圖丙所示，請根據圖丙中的實驗結果，用圖中相應的物理量表達出電池的真實內阻，?,

【答案】(1)6(2)①.<②.<

【解析】

【小問1詳解】

對應圖甲，根據閉合電路的歐姆定律可得E=（U+UJ+Ir

可見甲圖中/為電源電流的真實值，而電壓表的示數不是路端電壓的真實值，故甲圖的誤差是由于電流表

的分壓作用引起的。

故選人

【小問2詳解】

由于該電路圖中電壓表的分流作用引起測量誤差，理論上E=U+（/A+/V>

而實驗中忽略了通過電壓表的電流4形成的誤差，即有。曰=4則，%=/測+4=/川+生

當U測=0時,則有/真=/測

用〃口、/我作出修正圖如下

短路時的電流測量準確，由圖可知后測＜E怎,如＜%

【小問3詳解】

對圖甲分析可知，理論上E=（U+UA）+"

/為電源電流的真實值，而電壓表的示數不是路端電壓得真實值，且。真-。測=。人=/&

由此可知，干路電流越大越大，當/=0時。八=0

結合上述分析可知，圖甲的電動勢測量沒有誤差，圖乙的短路電流測量沒有誤差，因此電池內阻的真實值

UR

為％=丁

1A

12.某物理興趣小組用圖甲所示的電路測量量程為3mA的電流表G的內阻廠，可用的器材有:

乙

A.電源片（電動勢1.5V,內阻可忽略）

B.電源石2（電動勢6.0V,內阻可忽略）

C.滑動變阻器飛（阻值0?3000。）

D.電阻箱R2

E.開關兩個，導線若干

（1）請將實驗步驟補充完整：

①按圖甲所示電路圖連接實物電路；

②閉合開關前，將滑動變阻器R1的滑片置于（填或“〃”）端；

③閉合開關S1，調節與，使電流表指針偏到滿刻度處；

④保持R1不變，閉合開關S2,調節%使電流表指針偏到滿刻度的一半處，記下此時R?的值；

⑤斷開開關，整理器材。

（2）若步驟④中，電阻箱R?的示數如圖乙所示，則電流表內阻的測量值是。。

（3）實際上，步驟④中R2的接入，會使電路總電阻減小，總電流增大，導致電流表指針半偏時，尺的值

（填“大于”“等于”或“小于”）電流表內阻的真實值。

（4）為了減小本實驗誤差，電源應選用（填“A”或"B”）。

【答案】（1）人（2）248.5

（3）小于（4）B

【解析】

【小問1詳解】

閉合開關前，將滑動變阻器與的滑片置F〃端，滑動變阻器接入電路阻值最大，保護電路安全。

【小問2詳解】

根據圖得電阻箱讀數用=248.50。保持"不變，閉合開關S2,調節值使電流表指針偏到滿刻度的一半

處，電流表與電阻箱并聯，在誤差范圍內有及=4,故%=R2=248.5C。

【小問3詳解】

S2閉合后，總電阻減小，則總電流增大，通過電阻箱的真實電流大于1.5mA,即人

22

根據上R”/?4

解得R2c仆,即時（仆。

【小問4詳解】

選用電動勢較大的電源6.電流表滿偏時可以使滑動變阻器R1接入的陽值較大,從而使接入時.電路

總電流的變化減小，電流表指針半偏時R2的阻值更接近于電流表內阻，從而減小實驗誤差，故選乩

13.如圖甲所示平面直角坐標系屹y,射線川P與4軸正方向的夾角為30。。從，=（）時開始，有與平面垂

直，大小恒為8°,但方向周期性變化的磁場。，=0時，磁場方向垂直于xOy平面向里，如圖乙所示。

1=0時，一個重力不計，質量為機、電荷量為+4的粒子從0點以速度%二且迎沿“軸正方向運動。已

m

知粒子每次運動到射線OP上時，磁場恰好反向，不考慮磁場變化對粒子速度的影響。求：

（1）時間內，粒子在磁場中做圓周運動的半徑;

（2）圖乙中,的值。

【答案】（1）R=l

（2）TB二三「

【解析】

【小問1詳解】

12

在0?一，時間內，由洛倫茲力提供向心力可得=加總

2R

解得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為火=等=/

qB0

【小問2詳解】

已知粒子每次運動到射線OP上時，磁場恰好反向，粒子在磁場中運動軌跡如圖所示

T2TTR2乃〃2

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為了=——=F-

%qB°

60°_冗m

每段圓弧對應圓心角為60。,對應的運動時間為"而丁二通

則磁場變化周期為TB=2t=等

330g

14.如圖甲所示為模擬遠距離輸電的實驗示意圖。小型發電機中矩形線圈出共20匝，線圈繞00軸勻

速轉動，線圈中磁通量隨時間的變化規律如圖乙所示，線圈的電阻不計，輸電線的電阻尺=切，電壓表為

理想交流電表，升壓變壓器(和降壓變壓器，均為理想變壓器，降壓變壓器的原線圈匝數可調，副線圈的

匝數為700匝，調降壓變壓器原線圈匝數使用戶的用電器恰好正常工作。此時輸電功率為P=400W,用

戶消耗的功率為350W。已知用戶的用電器額定電壓為35V。

(I)求電壓表的示數;

(2)求此時升壓變壓器(原、副線圈的匝數比和降壓變壓器原線圈接入電路的匝數;

⑶若用戶用電器個數發生改變(用戶的額定電壓不變),使輸送功率變為48UW,要使用戶的用電器

正常工作，應使降壓變壓器原線圈接入電路的匝數變為多少？

【答案】(1)2V

(2)—,1400匝

40

(3)1360匝

【解析】

【小問1詳解】

27r

由圖乙知丁=0.2s,線圈轉動角速度0=—=lOm*ad/s

T

交流發電機產生的最大電動勢￡=NBS①=20x—xlO_2x](UV=2>/2V

71

電動勢的有效值2石m=2V

由于線圈的電阻不計，因此電壓表的示數為a=E=2V

【小問2詳解】

由干用戶的用電器正常工作，因此輸電線損失的功率"=400\￥-350\￥=50\￥

設輸送電流為/,則“二/〃，解得/=5A

則輸送電壓。2=:=8OV

%U.1

因此升壓變壓器原、副線圈匝數比為一