广东揭阳第一中学2025-2026学年第一学期高二期末物理试卷

揭阳第一中学 2025-2026 学年度第一学期高二级（105 届） 期末物理试卷 命题：高二物理备课组 考试时间：75min 第一卷 （选择题部分，共 46 分） 一．单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分） 1.如图所示，计算机键盘由活动金属片和固定金属片组成的．若开始时两金属片间的 P 点有一静止的带电尘 埃，按下按键 A ，两金属片的间距减小，则 A. 该尘埃带正电 B. 此过程中电容器放电 C. 两金属片间电压变大 D. 尘埃将向上做加速运动 2.天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX−3 双星系统，如图所示，它由可见星 A 和不可见的 暗星 B 构成，两星视为质点，其质量分别为 mA 和 mB 。不考虑其他天体的影响，AB 围绕两者连线上的 O 点 做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，引力常量为 G ，下列说法错误的是( ) . . A. A 和 B 两行星的角速度相同 B. 可见星 A 和暗星 B 的运行半径大小与其质量有关 C. 暗星 B 的速率vB 与可见星 A 速率vA 的比值为 mA ：mB D. 可见星 A 和暗星 B 的线速度大小相等，方向相反 3.如图甲所示的电路中定值电阻 R=60Ω , 电源电动势 E= 100V，r=10Ω 。如图乙所示， 曲线为灯泡 L 的伏安 特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线， 以下说法正确的是 ( ) A. 开关 S 断开时电源的效率为 60% B. 开关 S 闭合后电源的总功率会变小 C. 开关 S 闭合后灯泡的亮度增强 D. 开关 S 断开时小灯泡消耗的功率为 240 W 第 1页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 4.一不可伸长直导线垂直于匀强磁场 B 放置，通过电流 I 时导线受到的安培力为 F，将该导线做成半圆环， 圆环平面仍垂直于匀强磁场放置，如图所示，并保持安培力不变，则圆环中电流大小为 ( ) 第 2页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 A. I C. πI B.I D. I 5.如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开 关 S 由断开状态拨至连接状态， 电路接通的瞬间，可观察到 ( ) A. 拨至 M 端或 N 端，圆环都向左运动 B. 拨至 M 端或 N 端，圆环都向右运动 C. 拨至 M 端时圆环向左运动，拨至 N 端时向右运动 D. 拨至 M 端时圆环向右运动，拨至 N 端时向左运动 6.如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的 水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参 考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( ) A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒 7.如图所示，abcd 为边长为 L 的正方形，在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场 的磁感应强度为 B 。一个质量为 m 、电荷量为 q 的带电粒子从 b 点沿 ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通 过 c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( ) 二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。全部选对得 6 分，漏选得 3 分，错选得 0 分） 8.下列关于教科书上的四幅插图，说法正确的是 ( ) A. 奥斯特利用(a)图实验装置发现了电磁感应现象 B. (b)图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的 C. 图(c)中只增大电压 U，粒子可以获得更大的动能 D. 图(d)等离子体进入 A 、B 极板之间稳定后，A 极板电势低于 B 极板电势 9.如图所示，电路两端电压 U 恒为 28V ，灯泡上标有“6V 12W”字样，直流电动机线圈的电阻为 2Ω 。若灯泡 恰能正常发光，且电机能运转，则( ) A. 通过灯泡的电流为 4A B. 电动机两端的电压为 22V C. 电动机的输出功率为 36W D. 电路消耗的总功率为 48W 10.空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。 一质量为 m 的带电油滴 a ，在纸面内做半径为 R 的圆周运动，轨迹如图所示。当 a 运动到最低点 P 时，瞬 间分成两个小油滴Ⅰ 、Ⅱ , 二者带电量、质量均相同。Ⅰ在 P 点时与a 的速度方向相同，并做半径为 3R 的圆 周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力加速度大小为 g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ 、Ⅱ分开后 的相互作用，则 ( ) A. 油滴 a 带负电，所带电量的大小为 B. 油滴 a 做圆周运动的速度大小为 C. 小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为 ，周期为 D. 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 第 3页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 第二卷 （选择题部分，共 54 分） 三．实验题（本题共 8 个空，每空 2 分，共 16 分。请把答案写在答题卡的相应位置） 11.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。 (1)用电压表(内阻约为 3kΩ)和电流表(内阻约为 0. 1kΩ)测量一个电阻的阻值(约为 5Ω) 。要求尽量减小实验误 差，应该选择的测量电路是图 1 中的 (选填“甲”或“乙”)。 (2)一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”字样。用它测量约20kΩ电阻的阻值，下列实验步骤正确 的操作顺序为 (填各实验步骤前的字母)。 A.将选择开关置于“×1k”位置 B.将选择开关置于“OFF”位置 C.将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开 D.将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0” (3)图 2 是“测量电源的电动势和内电阻”实验的电路图。某同学在实验中，闭合开关后，发现无论怎么移动 滑动变阻器的滑片，电压表有示数且不变，电流表始终没有示数。为查找故障，在其它连接不变的情况下， 他将电压表连接位置的导线端分别试触b 、c 、d 三个位置，发现试触b 、c 时， 电压表有示数；试触 d 时， 电压表没有示数。若电路中仅有一处故障，则 (选填选项前的字母)。 A.导线 ab 断路 B.滑动变阻器断路 C.导线 cd 断路 D.滑动变阻器短路 12.如图甲所示为验证碰撞中的动量守恒的实验装置，其中 AB 是斜槽，BC 是水平槽，斜槽与水平槽平滑相 接，实验操作如下： ①利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点 O; ②取小球 1，使小球 1 从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次; ③把小球 2 放在水平槽的末端，小球 1 从原位置由静止释放，与小球 2 碰撞后，落在白纸上留下各自的落点 痕迹，重复本操作多次; ④在白纸上确定平均落点的位置 M、N、P。 第 4页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 (1)实验中小球 1 的质量为m1 ，半径为r1 ，小球 2 的质量为m2 ，半径为r2 ，则两小球的质量和半径关系需满足 (填正确答案标号)。 A.m1>m2 ，r1>r2 B.m1>m2 ，r1<r2 C.m1>m2 ，r1=r2 D.m1<m2 ，r1=r2 (2)已知刻度尺的零刻度线与 O 点对齐， 由图乙读得 ON= cm。 (3)图甲中 M 点为碰撞后小球 (填“1”或“2”)的落点平均位置，正确操作实验后，测量出各落点距 O 点 的水平距离 OM、ON、OP ，则在实验误差允许的范围内本实验中用来验证动量守恒定律的表达式为 (用m1 、m2 、OM、OP 、ON 表示，r1 、r2 较小，可忽略不计)。 (4)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长 的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的 O 点和 O′点，两点间距等于小球的直径。 将质量较小的小球 1 向左拉起至 A 点由静止释放，在最低点 B 与静止于 C 点的小球 2 发生正碰。碰后小球 1 向左反弹至最高点A′，小球 2 向右摆动至最高点D。测得小球 1，2 的质量分别为 m 和M，弦长AB=l1、A′B=l2、 CD=l3 。推导说明，m 、M、l1 、l2 、l3 满足 关系即可验证碰撞前后动量守恒。 13.如图所示，物块 B 的上表面由光滑圆弧和光滑水平部分组成，圆弧最下端与水平线相切，物块 B 的质量 为 m ，静止于光滑的水平地面上。小球 C(可视为质点)质量也为 m ，静置于物块 B 上面的水平部分。有一质 量为 2m 的物块 A 以水平初速度v0 与物块 B 发生正碰，碰撞后粘在一起。重力加速度为 g ，求： (1)碰撞后瞬间物块 B 的速度； (2)小球 C 可以上升的最大高度。 第 s页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 14.如图所示，形金属框固定于水平面上，导轨间距 l=1m ，电阻不计，金属棒 ab 静止于水平轨道上， 与导轨左端平行，其质量 m=0.4kg，阻值 R=6Ω 。初始时刻金属棒 ab 与导轨最左端距离d=1m 。磁场方向垂 直金属棒斜向上且与导轨平面夹角θ=37o ，磁场磁感应强度随时间变化的规律为 B=（2+2t）T ，金属棒与水 平轨道的动摩擦因数μ=0.5 ，重力加速度 g= 10m/s2 。（取 sin37o=0.6 ，cos37o=0.8）求： (1)0 到 2s 内金属棒 ab 的电流大小和方向（0~2s 内金属杆 ab 静止）； (2)从 t=0 开始经过多长时间金属棒开始运动。 15.如图所示，在直角坐标系中，在 x 轴上方，0<y≤L 的范围内存在垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ , 在 L<y≤2L 的范围内存在垂直于纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ , 区域Ⅰ 、Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小相同。有 一质量为 m 、电荷量为+q 的带正电粒子从原点 O 以初速度v0 沿y 轴射入，粒子恰好不能进入磁场区域Ⅱ中， 不计粒子重力。 (1)求Ⅰ 、Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)若区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的 ，区域Ⅱ内匀强磁场保持不变，求粒子在磁场中运动的 时间 t； (3)若区域Ⅰ内的磁场磁感应强度大小 B 随y 均匀增大，即满足 B=ky，粒子恰好不能进入磁场区域Ⅱ , 求 k 值。 第 6页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 $ 揭阳第一中学 2025-2026 学年度第一学期高二级（105 届）期末物理试卷答案和解析 1.【答案】D【解析】A.活动金属片与电源正极相连，带电尘埃受重力和电场力处于平衡状态，故该尘埃带 负电，故 A 错误；BC.两金属片与电源相连，U 不变，根据 C= ，d 减小，C 增大，根据 C，可知 Q 增大，此过程中电容器充电，故 BC 错误；D.根据 U=Ed 可知，金属片之间的电场强度增大，可知尘埃电场 力大于重力而向上加速运动，故 D 正确。 2.【答案】D 【解析】A. 由于 AB 围绕两者连线上的 O 点做匀速圆周运动，故相同时间内转过相同角度，即 A 和 B 两行星的角速度相同，故 A 正确；BCD.两星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，即有 mArAω2=mBrBω2 ，故rA :rB=mB :mA ，而两星的线速度 v=ωr ，可得vA :vB=rA :rB=mB :mA ，故 BC 正确，D 错误。 本题选错误的，故选 D。 3.【答案】D【解析】AD.开关 S 断开时，题图乙交点数值为灯泡实际工作的电压和电流，I=6A ，U=40V， 实际功率 P= UI=240W，电源总功率P总=EI=600W，所以电源的效率为η×100%=40%，故 A 错误，D 正确； B. 闭合开关 S 后，电路外电阻减小， ，干路电流增大，电源的总功率增大，故 B 错误；C. 闭合开关 S 后，干路电流增大，U内=Ir 增大，路端电压减小，灯泡亮度减弱，故 C 错误。故选 D。 4.【答案】B【解析】直导线在磁场中受力 F=BIL ，半圆环导线在磁场中受力的有效长度是半圆环的直径长 度，则 F=BI′ ，解得I′I，故选 B。 5.【答案】B【解析】开关 S 由断开状态拨至连接状态，不论拨至 M 端还是 N 端，通过圆环的磁通量均增加， 根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动，故选 B. 6.【答案】B【解析】从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；撤 去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，撤去外力 后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，克服摩擦力做的功转化为系 统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。 7.【答案】C【解析】画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，磁场的边长为 L ，设粒子的 轨道半径为 r ，由几何关系得 ac=aP+Pc ，Pc=OP ，所以：L+r= 2L ，解得：r=( 2−1)L 由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m ，联立解得：，故 ABD 错误，C 正确。 故选：C。 8.【答案】BD【解析】A.奥斯特利用(a)图实验装置发现了电流的磁效应，故 A 错误；B.(b) 图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的，故 B 正确；C. 图(c)中，当粒子在磁场 中的轨迹半径等于 D 形盒半径时，粒子的动能最大， 由洛伦兹力提供向心力得 qvmB=m ，可得粒子的最 大动能为Ekm mvm (2)= ，可知只增大电压 U，粒子不可以获得更大的动能，故 C 错误；D. 图(d)中，根 据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，则 B 板带正电，A 板带负电， A 极板电势低于 B 极板电势，故 D 正确。故选 BD。 9.【答案】BC【解析】A.灯泡正常发光，电路电流 IA=2A ，故 A 错误；B. 电动机两端的电压为 UM= U−UL=28V−6V=22V，故 B 正确；C. 电动机的输出功率为P出=IUM−I2r=2×22W−22 ×2W=36W，故 C 正确； D. 电路消耗的总功率为 P=IU=2×28W=56W，故 D 错误。故选 BC。 10.【答案】ABD【解析】A.油滴 a 做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有 mg=Eq ，解得 q 故 A 正确；B.根据洛伦兹力提供向心力 Bqv=m 得 R ，解得油滴 a 做圆周运动的速度大小为，故 B 正确；C.设小油滴Ⅰ的速度大小为v1 ，得 3R= ，解得v1 ，周期为 T= = ，故 C 错误； D.带电油滴 a 分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴 a 分离前瞬间的速度方向为正方向， 得 v1+ v2 ，解得v2=− , 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速 度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故 D 正确。故选 ABD。 11.【答案】 甲 ADCB C 【解析】(1)因为待测电阻约为 5Ω , 而Rx< RV . RA= 10 3Ω , 故为了减小误差应该采用电流表外接法，即 选用甲图；(2)测量过程中应该先选择合适档位，根据题意选择“×1k”挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量， 测量完成后要将开关置于“OFF”挡，故顺序为 ADCB。(3)闭合电键后，却发现无论怎么移动滑动变阻器的滑 片， 电流表示数始终为零，可能是电路中出现断路，电压表的示数不变化，说明电压表串联在电路中；当 第 1页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 试触b 、c 时电压表有示数说明ab 、bc 段是正常的，试触 d 时， 电压表没有示数说明在 cd 之间某处发生了 断路，故选 C。 12.【答案】C 45.00 1 m1 OP=m1 OM+m2 ON ml1 = −ml2+Ml3 【解析】【解析】(1)为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球 1 的质量应大于小球 2 的质量，且半 径相同，即m1>m2 ，r1=r2 ，C 项正确。(2)由刻度尺的读数规则可得 ON=45.00cm 。(3)M 点的水平位移最小， 是碰撞后小球 1 平均落点的位置，根据动量守恒定律可得m1 m1 +m2 ，可得m1 OP=m1 OM+m2 ON。 (4)设轻绳长为 L ，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为 v ，小球经过圆弧对应的弦长为 l ，则由 动能定理有 mgL(1− mv2 由数学知识可知 sin= 联立两式解得v=l 若两小球碰撞过程中动量守恒，则有 mv1 = −mv2+Mv3 第 2页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 ( g L )又有v1=l1 , v2=l2 ， v3=l3 ( g L ) 整理可得 ml1 = −ml2+Ml3。 13.解：(1)设碰撞后 A、B 的共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律 2mv0= 2m+mv1，解得v1 v0； (2)碰撞后，A 、B 与 C 组成的系统在水平方向动量守恒。当 C 上升到最大高度时，A 、B 与 C 水平速度相等 (设为v2) ，以向右为正方向，由动量守恒定律2m+mv1= 2m+m+mv2 ，解得v2 v0， A 、B 碰后到 C 上升到最大高度由机械能守恒定律得3mv1 (2)4mv2 (2)+mgh ，解得 h= 。 14.解：(1)根据法拉第电磁感应定律，可得感应电动势E . S . sinθ, 其中2T/s，回路面积S=ld=1m2， 联立解得 E= 1.2V，根据闭合电路欧姆定律有 I，代入数据得 I=0.2A ，根据楞次定律，可知 电流方向由a 到b； (2)金属棒的受力分析如图所示，安培力 F 与竖直方向夹角为37 ∘ , 安培力为 F=BIl， 金属棒刚好要滑动时，根据平衡条件有 Fsin 37 ∘ =μ(mg−Fcos 37 ∘ ) ，解得 B= 10T， 根据 B= 2+2tT，解得 t=4s。 15.【答案】(1)设Ⅰ 、Ⅱ区域匀强磁场磁感应强度大小为 B ，粒子在磁场区域中轨道半径为 r ，恰不进入磁场 区域Ⅱ , 运动半径 r=L ，根据牛顿第二定律 qv0B=m (2)粒子在磁场区域 I 中，轨道半径为r1 ，则 qv0 m 如图，由几何关系得 sinθ=， 粒子在磁场区域 I 中做圆周运动的周期T1 ，T1= = 粒子在磁场区域 I 中运动的时间t1 ，则t1= T1 解得t1= 在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r2=L 联立得 B 解得r1=2L 设粒子射出磁场区域 I 时的半径与上边界的夹角为α , 由几何关系得r2 sinθ+r2 sinα=L， , 粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期T2 ，则T2= = 在磁场区域Ⅱ中运动时间t2 ，总时间 t ，则t2= T2 ，解得t2= 故 t=t1+t2= (3)粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至y=L 时，速度方向为水平向右，速 度大小仍为v0 ，取△t→0 ，水平方向由动量定理得Σ qBvy △t=mv0−0 又因为vy △t=Δy ，得q ΣB△y= mv0 y 图像的面积，Σ B △yLL 代入得 k= 揭阳第一中学 2025-2026 学年度第一学期高二级（105 届）期末物理试卷答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D D D B B B C BD BC ABD 三、实验题：本部分共 2 小题，共 16 分。 11. 甲 ADCB C 12.C 45.00 1 m1 OP=m1 OM+m2 ON ml1 = −ml2+Ml3 13.（10 分）解：(1)设碰撞后 A 、B 的共同速度为v1 ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 2mv0= 2m+mv1 ① 2 分 解得 1 分 (2)碰撞后，A 、B 与 C 组成的系统在水平方向动量守恒。 1 分 当 C 上升到最大高度时，A 、B 与 C 水平速度相等(设为v2) ，以向右为正方向，由动量守恒定律 2m+mv1= 2m+m+mv2 ② 2 分 解得v2 v0 1 分 A 、B 碰后到 C 上升到最大高度，由机械能守恒定律得 3mv1 (2) ③ 2 分 解得 h= 1 分 14.（12 分）解：(1)根据法拉第电磁感应定律，可得 感应电动势Ssinθ ① 2 分 其中2T/s ② 1 分 回路面积 S=ld=1m2 ③ 1 分 联立解得 E= 1.2V 根据闭合电路欧姆定律有 I ④ 1 分 代入数据得 I=0.2A 1 分 根据楞次定律，可知电流方向由a 到b 。 1 分 (2)金属棒的受力分析如图所示，安培力 F 与竖直方向夹角为 37o， 安培力为 F=BIl ⑤ 1 分 金属棒刚好要滑动时，根据平衡条件得 Fsin 37 ∘ =μ(mg−Fcos 37 ∘ ) ⑥ 2 分 解得 B= 10T， 根据 B= 2+2tT ⑦ 1 分 解得 t=4s 1 分 15.（16 分）解：(1)粒子在磁场区域中，根据牛顿第二定律 qv0B=m ① 1 分 恰不进入磁场区域Ⅱ , 运动半径 r=L ② 1 分 联立得 B 1 分 (2)粒子在磁场区域 I 中，轨道半径为r1 ，则 qv0 ③ 1 分 解得r1=2L 第 3页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 如图，由几何关系得 sinθ= ④ 联立得 粒子在磁场区域 I 中做圆周运动的周期T1， ⑤ 1 分 粒子在磁场区域 I 中运动的时间t1 ，则 ⑥ 1 分 解得 在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r2=L ⑦ 1 分 设粒子射出磁场区域 I 时的半径与上边界的夹角为α , 由几何关系得 r2 sinθ+r2 sinα=L ⑧ 1 分 解得 1 分 第 4页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期T2 ，则 分 在磁场区域Ⅱ中运动时间t2 ，总时间 t ，则 ⑩ 1 分 解得 故 t=t1+t2= ⑩ 1 分 (3)粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至y=L 时，速度方向为水平向右，速度大小仍为v0，取△t→0， 水平方向由动量定理得 Σ qBvy △t=mv0−0 ⑩ 1 分 又因为vy △t=Δy ⑧ 1 分 得q ΣB△y= mv0 y 图像的面积，Σ B △y= kLL ⑩ 1 分 代入得 ⑥ 1 分 $