四川成都市双流中学2025-2026学年高二上学期期末物理试题

**基本信息** 2025-2026四川双流中学高二上期末物理试卷，聚焦电场、磁场、电路模块，通过带电粒子运动、电容器动态分析等情境，考查物理观念与科学思维，如单选题第3题结合动能与偏转电场分析粒子运动，体现运动与相互作用观念及科学推理。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|库仑定律、电场强度、带电粒子在电场中运动|注重基础概念应用，如第2题通过试探电荷考查电场强度定义| |多选题|3/18|电场叠加、电容器充放电、复合场运动|强调综合分析，如第10题结合电场力与洛伦兹力分析油滴圆周运动，体现模型建构| |实验题|2/16|伏安法测电阻及误差修正|突出科学探究，如第11题通过两种电路方案对比考查误差分析| |计算题|3/38|电场力做功、磁场中粒子运动、动量守恒|综合应用能力，如第15题带电粒子在分界面磁场中运动，需几何关系与周期公式结合，考查科学论证|

2025-2026四川省双流中学高2024级高二上期末物理试题 命题人：刘景铭 石利娟 审题人：王天宝 张毅 考试时间：75分钟 （说明：考试结束后、把你的所有考试材料交回后、你才能离开你的考场） 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有、两点，，，在固定两个带电量分别为、的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧点小球可视为点电荷，已知：：，试求：是多少(    )   A. ： B. ： C. ： D. ： 2.把试探电荷放到电场中的点，测得它所受的静电力大小为；把另一个电荷量为的试探电荷放到点，测得它所受的静电力大小为则点和点的电场强度大小之比等于 A. B. C. D. 3.让氕核和氘核以相同的动能沿与电场垂直的方向从边进入矩形匀强电场方向沿，边界为，如图所示。已知两种粒子均能从边离开偏转电场，不计粒子的重力，则(    ) A. 两种粒子进入电场时的速度相同 B. 两种粒子在电场中运动的加速度相同 C. 两种粒子离开电场时的动能相同 D. 两种粒子离开电场时的速度方向不同 4.如图所示，平行板电容器的电容为，板上有一小孔，小孔的正上方处有一质量为、带电量为的小球，小孔的直径略大于小球的直径，将小球由静止释放，经时间小球速度减为零小球未与板相碰。重力加速度为，空气阻力不计．下列说法正确的是(    ) A. 小球全过程做匀变速直线运动 B. 时间内小球的平均速度为 C. 可以求出电容器极板上的电荷量 D. 可以求出平行板电容器两板间距 5.利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中为电源，为定值电阻，为电容器，为电流表，为电压表。下列说法正确的是(    ) A. 充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定 B. 充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定 C. 放电过程中，电流表的示数均匀减小至零 D. 放电过程中，电压表的示数均匀减小至零 6.用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中是待测电阻，是定值电阻，阻值是，是灵敏度很高的电流表，是一段长的均匀电阻丝。闭合开关，改变滑动头的位置，当通过电流表的电流为零时，测得，则的阻值为(    ) A. B. C. D. 7.如图所示，在水平桌面上有一绝缘木板，木板上固定一关于直线对称的匝心形导线圈，线圈与木板的总质量。导线圈与直线交于、两点，两点间的距离。直线左、右两侧分别加上水平方向匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反且与垂直。导线圈中通入顺时针方向的电流时，水平桌面所受木板压力恰好为零。重力加速度大小取，则磁感应强度大小为 A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共18分。（全选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分） 8.如图所示，、是两个点电荷，它们的电荷量分别为、，是连线的中垂线，是中垂线上的点．下列哪种情况能使点电场强度方向指向的左侧(    ) A. 、都是正电荷，且 B. 是正电荷，是负电荷，且 C. 是负电荷，是正电荷，且 D. 、都是负电荷，且 9.如图所示，、是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关闭合。质量为的带正电荷的微粒从点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在板上的点。若经下列调整后，微粒仍从点以水平速度射入，则关于微粒打在板上的位置说法正确的是(    ) A. 保持开关闭合，增大，粒子打在点左侧 B. 保持开关闭合，增大，粒子打在点左侧 C. 断开开关，极板稍微上移，粒子打在点右侧 D. 断开开关，极板稍微下移，粒子打在点右侧 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，磁感应强度大小为。一质量为的带电油滴，在纸面内做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。当运动到最低点时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在点时与的速度方向相同，并做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力加速度大小为，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(    ) A. 油滴带负电，所带电量的大小为 B. 油滴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 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.（6分）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻，所用电压表的内阻为，电流表内阻为。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图所示电路的、两点之间，另一种是跨接在、两点之间。测量得到如图所示的两条图线，其中与分别为电压表和电流表的示数。 回答下列问题： 图中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在          填“、”或“、”两点的方案测量得到的。 根据所用实验器材和图可判断，由图线          填“Ⅰ”或“Ⅱ”得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为          保留位小数。 考虑到实验中电表内阻的影响，需对中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为          保留位小数。 12.（10分）伏安法测电阻是一种重要的测量电阻的方法。 如图所示，无论将接还是接，考虑到电表内阻的影响，该实验都有系统误差，将接时，该误差产生的原因是电压表的分流将接时，          填“或。 小明同学改进了该装置，他找来另一定值电阻设计了如图所示的电路图。 将滑动变阻器的滑片滑到最右端。断开开关，闭合开关，调节，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置，记录两表的示数和。 闭合，电压表的示数          填“变大”或“变小”，电流表示数           填“变大”或“变小”，记录两表的示数和，若不考虑电压表的分流，则待测           用、、、表示。 小华同学看了小明同学的装置后，给了极高的评价，但其发现如果在步骤中，调整滑动变阻器的电阻，使得电压表的示数不变，就使得计算过程大大简化，此时待测电阻          。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。（请写出较为详细的解答过程、否则你不会得到满分、如果你只有答案、你不会得到任何分数） 13.（10分）如图所示，两个带正电的点电荷放在、两处，处点电荷的电量为，与、两点的连线与间的夹角分别为、。一电子仅在电场力的作用下过点做匀速圆周运动，轨迹平面与垂直。已知电子质量为，电量为，轨道半径为。则： 处电荷的电量为多少？ 电子运动的线速度大小为多少？ 14.（12分）两个带电小球和，质量分别为、，带有同种电荷，带电量分别为、、两球均放在光滑绝缘的水平板上，球固定，球被质量为的绝缘挡板挡住静止，、两球相距为，如图所示．某时刻起挡板在向右的水平力作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为，经过一段时间带电小球与挡板分离，在此过程中力对挡板做功求： 力的最大值和最小值； 带电小球与挡板分离时的速度； 从开始运动到带电小球与挡板分离的过程中，电场力对带电小球做的功。 15.（16分）如图所示，在平面的第、象限中，有垂直纸面的两个匀强磁场，磁场分界线与轴正方向夹角为，其右侧磁场的磁感应强度为，左侧磁场未知，质量为，电量为的正离子以速度，从点沿轴正方向射入磁场，第次通过磁场分界线时经过上点，不计离子重力 求到的距离； 若离子第次通过时又经过点，求离子先后通过点时间间隔； 为使离子不通过第象限，求左侧磁场磁感应强度大小满足什么条件？ 2025-2026四川省双流中学高2024级高二上期末物理试题答案 1.【答案】  【解析】【分析】 对小球进行受力分析，再根据库仑定律结合数学知识即可完成作答。 本题考查了库仑定律的应用，对于数学知识在物理学中的运用是学生应该具备的关键能力之一。 【解答】 对小球受力分析如图所示： 在中，根据正弦定理有， 其中，， 在中，根据正弦定理， 在中，根据正弦定理， 根据库仑定律，， 联立以上各式，解得：：。 故选：。 2.【答案】  【解析】【分析】 已知试探电荷的电荷量和所受的电场力，根据电场强度的定义式求出各场强的大小表达式，可得场强之比． 【解答】 解：、两点电场强度之比为，故B正确。 3.【答案】  【解析】A.两种粒子的质量不同，进入电场时的动能相同，所以速度不同，故A错误； B.设电场强度为、电荷质量为、电荷量为，两种粒子在电场中运动的加速度 电场强度相同，电荷量相同，质量不同，所以加速度不同，故B错误； 设偏转电场的宽度为，粒子的初速度为，粒子的初动能为，粒子离开电场时沿电场方向的速度为： 粒子离开电场时的速度方向与初速度夹角的正切为： 所以两种粒子离开电场时的速度方向相同，两种粒子离开电场时的动能： 所以两种粒子离开电场时的动能相同，故C正确，D错误。 故选C。 4.【答案】  【解析】【分析】 本题考查带电小球在电场中的运动。解决问题的关键是清楚小球的受力情况及运动过程，根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律分析判断。 【解答】 A.小球先做匀加速运动后做匀减速运动，全程加速度不恒定，故A错误； B.小球刚到达小孔时的速度为  ，由，解得，在、板间，小球做匀减速直线运动，匀减速阶段与自由落体阶段平均速度均为  ，所以小球  时间内平均速度为，故B正确； 根据自由落体运动规律有，解得，则小球在电容器内的位移，根据加速度定义式可以求出小球在板间运动的加速度，根据牛顿第二定律可以求出电场强度大小，但两板间距无法求出，板间电压也无法求出，所以电容器极板上电荷量无法求出，故CD错误。 故选B。 5.【答案】  【解析】A.充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误； B.电压表测量电容器两端的电压，充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确； 放电过程中，电压表测的是电阻两端的电压 电容器放电的图像如图所示 可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至的，CD错误。 故选B。 6.【答案】  【解析】略 7.【答案】  【解析】根据左手定则和安培力公式，关于直线对称的匝心形导线圈，左右两边受到的安培力相同均为：，其中为有效长度，匝数， 由于水平桌面所受木板压力恰好为零，故有：，解得：磁感应强度大小，选项 B正确。 8.【答案】  【解析】当两点电荷均为正电荷时，在点的电场强度方向从，在点的电场强度方向从，当时，则在点的电场强度比的电场强度小，根据矢量的合成法则可知电场强度合成后点电场强度方向指向的左侧，A正确；是正电荷，是负电荷，在点的电场强度方向从，在点的电场强度方向从，根据矢量的合成法则可知电场强度合成后点电场强度方向指向的右侧，不论电荷量大小关系，电场强度合成后点电场强度方向仍指向的右侧，B错误；是负电荷，是正电荷，在点的电场强度方向从，在点的电场强度方向从，根据矢量的合成法则可知电场强度合成后点电场强度方向指向的左侧，不论电荷量大小关系，电场强度合成后点电场强度方向仍指向的左侧，C正确；当两点电荷均为负电荷时，在点的电场强度方向从，在点的电场强度方向从，当时，则在点的电场强度比的电场强度大，根据矢量的合成法则可知电场强度合成后点电场强度方向指向的左侧，D正确．故选ACD． 9.【答案】  【解析】【分析】 电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻的电压，改变，对电容器的电压没有影响。增大分担的电压增大，电容器的电压增大，粒子将向下运动。断开开关，上下移动极板，根据电容器的电容定义式与决定式判断出极板间的电场强度，根据牛顿第二定律即可判断加速度，利用运动学公式判断水平位移。 本题关键分析电容器的电压是否变化。当断开开关，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动。 【解答】解：、保持开关闭合，由串并联电压关系可知，两端的电压为，增大，将减小，电容器两端的电压减小，微粒所受电场力减小，微粒所受合力增大，加速度增大，则，水平位移为，水平位移将减小，故粒子打在点左侧，故A正确； B、保持开关闭合，增大，不会影响电阻两端的电压，故粒子打在点，故B错误； C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为，结合及可得，电场强度不变，故加速度不变，极板稍微上移，不会影响粒子的运动，故还打在点，故C错误； D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为，结合及可得，电场强度不变，加速度不变，不会影响粒子的运动，若极板稍微下移，垂直极板方向的运动的位移变大，运动时间边长，水平速度不变，沿极板方向运动的位移也增大，故粒子打在点右侧，故D正确。 故选：。 10.【答案】  【解析】A.油滴做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有 解得故A正确； B.根据洛伦兹力提供向心力得 解得油滴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  ，得 解得 周期为 故C错误； D.带电油滴分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为  ，取油滴分离前瞬间的速度方向为正方向，得 解得 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】、 Ⅰ   【解析】【分析】 本题主要考查了伏安法测电阻的实验中电表的接法。 电流表选择内接或外接，可根据电压表、电流表内阻与被测电阻的大小关系来判断。 考查对图像的理解，结合电流表的接法处理数据。 【解答】当电压表跨接在、两点时，电流表外接，电压准确，电流测量值为电阻与电压表电流之和，由得电阻测量值偏小；电压表跨接在、两点时，电流表内接，电流准确，电压测量值为电阻与电流表电压之和，电阻测量值偏大，图像的斜率大小等于电阻测量值，因此Ⅱ图线为电压表跨接在、两点测量得到的。 由图线可得Ⅰ图线测得电阻值，图线Ⅱ测得电阻阻值为，被测电阻值约为，，，因，电流表采用内接法，电压表跨接在、两点，根据图线Ⅰ，可得测量结果为。 电压表跨接在、间，测得的阻值为电阻与电流表电阻之和，则。 故答案为：、；Ⅰ，； 12.【答案】   变小 变大   【解析】将接时，该误差产生的原因是电压表的分流将接时，由于电流表的分压，。闭合，并联部分电阻变小，电流表示数变大，电压表示数减小，设定值电阻的阻值为，则有，，解得。电压表示数不变时，仍为，通过电压表和定值电阻的电流不变，故通过待测电阻的电流为，故。 13.【答案】解：在点电子受到的电场力竖直向下，则水平方向受力平衡， 故，（3分） 联立解得：；（2分） 点电子受到电场力提供向心力得：，（3分） 代入数据解得：（2分） 答：处电荷的电量为； 电子运动的线速度大小为。  【解析】电子在通过点的平面内做匀速圆周运动，说明电子在点受电场力竖直向下，水平方向平衡列式求解的电荷量； 根据牛顿第二定律求解运动线速度。 本题考查带电粒子在电场中运动，关键是抓住电子做匀速圆周运动，且电场力提供向心力，然后根据牛顿第二定律和平衡列式求解。 14.【答案】开始运动时力最小，以球和挡板为研究对象，由牛顿第二定律                     （2分） 解得最小力为：（1分） 球与挡板分离后力最大，以挡板为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为： ；  （1分） 球与挡板分离时，以球为研究对象，由牛顿第二定律得：  （1分） 球匀加速直线运动的位移为：  （1分） 又由运动学公式得：（1分） 由联立解得，带电小球与挡板分离时的速度为：；（1分）  设球对挡板做功，挡板对球做功，电场力对球做功，在球与挡板共同运动的过程中，对挡板应用动能定理得： （1分） 挡板对球做的功 （1分） 对球应用动能定理得：（1分） 由联立解得电场力对球做功为：。（1分） 答：力的最大值为，最小值为． 带电小球与挡板分离时的速度为． 从开始运动到带电小球与挡板分离的过程中，电场力对带电小球做的功为．  【解析】两种电荷间存在斥力，在斥力作用下，球先与板一起向右做匀加速运直到两者分离，库仑斥力不断减小，以和整体为研究对象，可知，开始运动时力最小，分离时力最大，根据牛顿第二定律和库仑定律求解． 球与挡板分离时，以球为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再运用运动学公式求解、分离时的速度． 对挡板应用动能定理求出电场力对带电小球做的功． 本题根据牛顿第二定律分析并求解加速度是解题的关键，运用动能定理时，要注意研究对象． 15.【答案】解：离子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，设圆周半径为，则 （2分） 由几何关系可知（2分） 联立可得（1分） 若离子第次通过时又经过点，左侧磁场方向也是垂直纸面向里，在左侧磁场设磁感应强度为中圆周运动半径，由几何关系（2分） 得 （2分） 可知 离子在磁场和磁场中圆周运动的周期分别为，（2分） 离子先后通过点时间间隔为（1分） 若左侧磁场垂直纸面向里，则当轨迹恰好与轴相切时 设圆周半径为，由几何关系得（1分） 得 又 解得（1分） 若左侧磁场垂直纸面向外，则当轨迹恰好与轴相切时 得（1分） 又 解得 综上可知，为使离子不通过第象限，若左侧磁场垂直纸面向里，则左侧磁场磁感应强度大小满足；若左侧磁场垂直纸面向外，则。（1分）   【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动，综合性强，难度大。 第2页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $