云南曲靖市罗平县第一中学2025-2026学年高二上学期阶段性考试（四）物理试卷

**基本信息** 这份高二物理阶段性试卷聚焦电磁学核心内容，通过科学家贡献辨析（第1题）、仪器改装实验（第12题）及电磁感应综合计算（第15题），融合物理观念与科学思维，实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/48|库仑定律、电场强度、电路动态分析、磁场叠加|第3题正六边形电荷受力分析，考查模型建构与科学推理| |非选择题|5/52|电磁感应现象、电阻测量、电磁学综合计算|第15题结合磁场变化与运动，考查能量观念与科学论证|

2025-2026学年上学期阶段性考试（四） 高二 物理试卷 共6页，15小题，满分100分，训练限时75分钟。 第I卷(选择题，共46分) 1、 选择题(本大题共10小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求;第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1.科学的发展离不开科学家的不断探索，关于科学家及其贡献；下列说法正确的是 （      ）  A.库仑做了大量实验，发现了电磁感应现象 B.洛伦兹提出了分子电流假说 C.楞次分析了许多实验事实后，得到了关于感应电流方向的规律 D.法拉第发现了电流的磁效应 2.关于库仑定律，下列表达式正确的是(  ) A. B. C. D. 3.在边长为a的正六边形ABCDEF的各顶点分别固定六个点电荷，电荷量依次为+q，−q，+q，−q，+q，−q，则A处的点电荷所受库仑力的合力为(  ) A. B. C. D. 4.如图所示为正点电荷周围的电场线分布。已知A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则(  ) A.EA>EB B.EA<EB C.φA>φB D.φA=φB 5.在如图所示的电路中，、均为定值电阻。当滑动变阻器的滑动触头缓慢向上滑动时，下列说法正确的是（  ） A.A灯变亮 B.B灯变暗 C.电源的输出功率一定增大 D.电源的效率一定减小 6.两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（　　） A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B 7.晓强在研究通电自感和断电自感时，设计了如图所示的电路，其中、为两个完全相同的灯泡，L为电感线圈且直流电阻不能忽略，R为定值电阻，两灯泡的电阻不受温度影响。下列说法正确的是（  ） A.开关闭合瞬间，两灯泡均立即变亮 B.开关闭合后，灯泡逐渐变亮，灯泡立即变亮 C.开关断开后，灯泡逐渐变暗，灯泡闪亮一下再逐渐熄灭 D.开关闭合与断开瞬间，流过灯泡的电流均向右 8.某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（　　） A.一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功 B.一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV C.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右 D.a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大 9.如图所示，带正电小球在垂直纸面向外的匀强磁场中沿竖直光滑绝缘的圆弧形轨道的内侧来回往复运动，下列说法正确的是（  ） A.小球机械能守恒 B.小球来回经过同一段弧长时支持力的冲量大小相等 C.小球经过同一点时加速度相同 D.若轨道粗糙，小球沿同一方向经过关于最低点对称的左右两段弧长时摩擦力做功相等 10.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，线圈的电阻为R、线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，定值电阻R1=R ，当线圈转动的转速为n时，电压表的示数为U，图示位置线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是(  ) A.电流表的示数为 B.线圈在转动过程中通过每匝线圈磁通量的最大值为 C.从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式 D.当线圈转动的转速为2n时，电压表的示数为4U 第Ⅱ卷(非选择题，共52分) 11.(1) 在下图甲乙丙丁图中。在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)，说明电流从负接线柱流入电流表时，电流表指针向左偏。则：在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中，电流表的指针将                  偏转(选填“向左”、“向右”或“不发生”)；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将                  偏转；(选填“向左”、“向右”或“不发生”)。 (2) 在图丁中，R为光敏电阻(光强变大，电阻变小)，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴(A线圈平面与螺线管线圈平面平行)，并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为                  (选填“顺时针”或“逆时针”)，金属环A将                  (选填“向左”或“向右”)运动。 12.某同学要测量一个未知电阻的阻值，实验室提供的器材有： A．电流表A1：量程为0~3mA，内阻r1为约15Ω； B．电流表A2：量程为0~1.5mA，内阻r2为25Ω； C．定值电阻R1：R1＝9975Ω； D．定值电阻R2：R2＝1975Ω； E．滑动变阻器R3：最大阻值为10Ω； F．电源E，电动势为3V，内阻很小但不可忽略； G．开关S及导线若干。 (1) 该同学根据实验器材设计了如图所示的测量电路，闭合开关S之前，滑动变阻器R3的滑片应置于                  (填“左端“或“右端”)。 (2) 实验中需要量程为0~3V的电压表，则电路图中的电流表①应选择                  ，定值电阻R应选择                  (均填器材前面的序号)。 (3) 调节滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片置于合适的位置，若此时电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则待测电阻Rx＝                  (用物理量的符号表示)。 13.如图甲所示，在水平绝缘转台上放一可视为质点的铁块，绝缘细绳的一端系在铁块上，另一端穿过固定在转台圆心O处的光滑细圆管后悬挂一质量为的带正电小球，小球带电量为，OM段细绳水平，铁块与点间距，整个过程铁块随转台一起做匀速圆周运动(其角速度未知)，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，匀强电场的场强大小缓慢变化(可认为小球总处于静止状态)如图乙所示，初始时刻及时刻铁块和转台均恰好不相对滑动。已知铁块和转台间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。请解决下列问题： (1) 求初始时刻细绳的张力； (2)求铁块的质量及转台匀速转动的角速度(结果可用根式表示)； 14.如图所示，粗糙的金属导轨相互平行，它们所在平面与水平面夹角为，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上放一质量、接入电路的电阻的金属棒ab，金属棒与导轨间的动摩擦因数，导轨间距，导轨中所接电源的电动势，内阻，定值电阻，重力加速度g取，，，其他电阻不计，求： (1) 要使金属棒不向下滑动磁感应强度的最小值； (2) 要使金属棒不向上滑动磁感应强度的最大值。 15.如图1所示，间距的足够长倾斜导轨倾角，导轨顶端连一电阻，左侧存在一面积的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场，一长为，电阻的金属棒ab与导轨垂直放置，至，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离进入，且在进入前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知左侧导轨均光滑，右侧导轨与金属棒间的摩擦因数，取，不计导轨电阻与其他阻力。求： (1)至内流过电阻的电流和金属棒ab的质量； (2) 金属棒ab进入时的速度大小； (3) 已知棒ab进入后滑行的距离停止，求在此过程中通过电阻R的电荷量和整个回路产生的焦耳热。 参考答案 1.C【解析】库仑通过扭秤实验研究电荷间作用力，提出库仑定律；法拉第发现电磁感应现象，A错误；安培提出分子电流假说以解释磁现象，洛伦兹主要贡献为电磁场相关理论，B错误；楞次通过实验分析感应电流方向的规律，总结出楞次定律，C正确；奥斯特发现电流的磁效应，法拉第主要贡献为电磁感应现象，D错误。故选C。 2.A【解析】根据库仑定律，真空中两个静止点电荷之间的相互作用力与它们的电荷量乘积成正比，与距离的平方成反比，k为静电力常量，Q、q是两个点电荷的电荷量，r是两点电荷间距离，公式为，故选A。 3.C【解析】A处点电荷受到的其他各点电荷对其的库仑力如图所示 正六边形边长为a，根据几何关系可知，各顶点到A点的距离满足，，由库仑定律可知，，，根据正交分解可知A处的点电荷所受库仑力的合力为，故选C。 4.B【解析】电场线的疏密程度反映场强的大小，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，即，A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，所以A点的电势小于B点的电势，即，CD错误。故选B。 5.D【解析】当滑动变阻器的滑动触头缓慢向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变小。根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的B灯的功率变大，所以B灯变亮；与滑动变阻器等效并联的A灯功率变小，所以A灯变暗，AB错误；当外电路电阻与电源的内阻大小相等时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑片缓慢向上滑动的过程中外电路电阻与电源的内阻大小关系不能确定，因此不能确定电源的输出功率如何变化，C错误；因为滑动变阻器接入电路中的阻值变小，所以外电路的总电阻减小，根据电源工作效率的表达式，可知随着外电路的电阻R外减小，电源的工作效率一定减小，D正确。故选D。 6.B【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。 故选B。 7.B【解析】闭合开关瞬间，自感线圈L阻碍通过灯泡L1的电流，灯泡L1逐渐变亮，灯泡L2立刻变亮，A错误，B正确；开关断开的瞬间，自感线圈L、L1、L2组成闭合回路，由于自感线圈阻碍原电流的变化，所以灯泡L1和L2都逐渐熄灭，C错误；闭合开关瞬间，通过灯泡L2的电流向右，断开开关瞬间，由于自感线圈产生感应电流，通过灯泡L2的电流向左，D错误。故选B。 8.BD【解析】A．由图象可知φb = φe 则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误； B．由图象可知φa = 3V，φd = 7V 根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad = Epa - Epd = (φa - φd)·(-e) = 4eV B正确； C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误； D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示 由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。 故选BD。 9.AC【解析】小球运动过程中只有重力做功所以机械能守恒，A正确；小球来回经过同一段弧长的时间相等，但由于洛伦兹力方向不同，则平均支持力大小不同，因此小球来回经过同一段弧长的支持力的冲量大小不相等，B错误；小球经过同一点时速度大小相等，由知，向心加速度大小相等，方向均指向圆心；同一点的切向加速度也相同，所以小球经过同一点时加速度相同，C正确；若轨道粗糙，则由于阻力做功，小球经过关于最低点对称的左右两段弧长时速度大小不相等，对轨道的压力大小不相等，摩擦力大小不相等，则摩擦力做的功不相等，D错误。故选AC。 10.AC【解析】变压器副线圈电路，由欧姆定律可得，根据变压器原副线圈电流与匝数关系，则有，A正确；发电机产生的感应电动势的最大值为Em，分析变压器原线圈电路，有，根据变压器原副线圈电压与匝数关系，角速度和转速关系为，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=，线圈在转动过程中通过每匝线圈磁通量的最大值为，则有，解得，B错误；C正确；当线圈转动的转速为时，线圈中产生的电动势的最大值，所以，其有效值为，假定电压表的示数为U2′，则有，解得，D错误。故选AC。 11. (1) 向左，向左； (2) 逆时针，向左 【解析】(1) 由题意可知，电流从电流表负接线柱流入时，指针向左偏；电流从正接线柱流入时，指针向右偏。 图乙中，N极插入线圈A，向下穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律结论“增反减同”可知，线圈A感应电流从下端流出，流入电流表的负接线柱，因此指针向左偏转。 图丙中，磁场竖直向下(N在上S在下)，导体棒ab向左移动，根据右手定则可知，感应电流方向为，电流从a端流出后流入电流表的负接线柱，因此指针向左偏转。 (2) 由安培定则可知，螺线管右端为N极，穿过金属环A的原磁场方向向右，且磁通量随电流增大而增加。根据楞次定律结论“增反减同”可知A中感应电流为逆时针。根据楞次定律结论“来拒去留”，可知金属环A向左运动。 12. (1) 左端 (2) B；D (3) 【解析】(1) 滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前，为保护电路，应使测量部分电压最小，故滑动变阻器滑片应置于最左端(与电源负极相连的一端)。 (2)只有内阻精确已知的电流表才能改装成电压表，所以电流表选择B；根据电压表改装原理可得，故定值电阻应选择D。 (3)由串、并联电路的特点和欧姆定律有，解得 13. (1)； (2)， 【解析】(1)初始时刻对带电小球进行分析，根据平衡条件，可知 电场力 联立代入数据得，初始时刻细绳的张力大小为 (2)初始时刻对铁块受力分析，根据牛顿第二定律和向心力公式，有 同理，时刻，有 其中T=mg 联立代入数据得铁块的质量大小为 转台匀速转动的角速度大小为 14. (1) (2) 【解析】(1) 金属棒不向下滑动，对金属棒受力分析如图甲所示 根据平衡有 金属棒所受安培力 根据闭合电路欧姆定律有 联立得： (2) 金属棒不向上滑动，对金属棒受力分析如图乙所示 根据平衡有 金属棒所受安培力 根据闭合电路欧姆定律有 联立得： 15. (1) 0.3A，0.05kg； (2)； (3)， 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得~内回路中的感应电动势为 由图2可知 解得 根据闭合电路欧姆定律可得~内流过电阻的电流为 设金属棒的质量为，这段时间内金属棒处于平衡状态，由平衡条件可得 解得 (2)设金属棒进入时的速度大小为，此时回路中的感应电动势为 回路中的电流为 导体棒所受安培力大小为 根据平衡条件可得 解得 (3)设金属棒从进入到最终停下的过程中，通过电阻R的电荷量 根据闭合电路欧姆定律可知电流为 根据法拉第电磁感应定律可得电动势为 磁通量变化量为 联立解得 设此过程中整个回路产生的焦耳热为，根据能量守恒定律可得 解得 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $