四川成都市川化中学2025-2026学年高二上学期期末物理试题

**基本信息** 2025-2026学年四川川化中学高二上期末物理试卷，聚焦静电场、电路、磁场核心模块，通过反射式速调管、血压传感器等科技情境及电阻率测定实验，考查物理观念与科学思维，适配高二期末综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|静电感应、电容器动态分析|以验电器、平行板电容器为情境，强化概念辨析| |多选题|3/18|电场叠加、磁场叠加|菱形电荷分布、正三角形导线磁场等复杂模型，考查科学推理| |实验题|2/16|螺旋测微器使用、多用电表操作|通过U-L图像求电阻率，培养科学探究能力| |计算题|3/38|库仑力与牛顿定律、离子磁场偏转|结合带电小球运动、离子诊断装置，体现综合应用与模型建构|

2025-2026学年度四川省川化中学高2024级高二上期末试题 物 理 考试时间：75分钟 满分：100分 命题人：于慧 刘佳丽 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图所示，用起电机使金属球带上正电，靠近验电器，则(    ) A. 验电器金箔不张开，因为球没有和接触 B. 验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了正电 C. 验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了负电 D. 验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电 2.如图所示，平行板电容器与恒压直流电源连接，下极板接地。一带电油滴静止于点。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(    ) A. 电容器的电容增大 B. 电容器两极板的电荷量增大 C. 油滴在点的电势能增大 D. 带电油滴将向上运动 3.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示。一质量，电荷量的带负电的粒子从点由静止开始，仅在电场力作用下在轴上往返运动。则(    ) A. 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比 B. 粒子在区间运动过程中的电势能先增加后减小 C. 该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为 D. 该粒子运动的周期 4.如图所示，是电阻箱，是定值电阻。闭合开关，改变的阻值，两理想电压表、的示数与关系图像如图所示，已知图线和为相互平行的直线。下列说法正确的是(    )  A. 图线表示示数与的对应关系 B. 中的电流随的增大而减小 C. 两端的电压随的增大而增大 D. 供电设备输出的总功率随的增大而增大 5.如图所示，电源为恒流源，即无论电路中的电阻如何变化，流入电路的总电流始终保持恒定，理想电压表与理想电流表的示数分别为、，当变阻器的滑动触头向上滑动时，理想电压表与理想电流表的示数变化量分别为、，下列说法中正确的有(    ) A. 变小 B. 变小 C. D. 6.如图所示，电源电动势为、内阻为，为定值电阻阻值均大于电源内阻，电压表和电流表均可视为理想电表。开关闭合时，一带电油滴恰好能静止在平行金属板之间，若将滑动变阻器的滑片向端移动，则下列说法正确的是(    ) A. 油滴向上运动 B. 电压表的示数变小，电流表的示数变大 C. 电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变小 D. 电源的输出功率逐渐减小，电源的效率逐渐减小 7.如图甲所示，一个条形磁铁固定在水平桌面上，以的右端点为原点，中轴线为轴建立一维坐标系。一个灵敏的小磁针放置在轴上不同位置，设与轴之间的夹角为。实验测得与之间的关系如图乙所示。已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为。下列说法正确的是  (    ) A. 的右端为极 B. 的中轴线与地磁场方向平行 C. 在处产生的磁感应强度大小为 D. 处合磁场的磁感应强度大小为 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，四个电荷量均为的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为、、和，其中轴上的两个点电荷位置固定，轴上的两个点电荷可沿轴对称移动。下列说法正确的是(    ) A. 除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零 B. 当取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点 C. 当时，将一带负电的试探电荷由点移至点，静电力做正功 D. 当时，将一带负电的试探电荷放置在点处，其所受到的静电力方向与轴正方向成倾斜向上 9.图是一种测量血压的压力传感器，其核心电路结构图如图所示，绝缘圆形薄片上有四个可形变的电阻片、、、关于圆心点对称分布。测量血压的原理可简化为：对点施加一个垂直纸面的压力，薄片形变后使电阻片、横向缩短纵向拉伸，电阻片、横向拉伸纵向缩短，电阻片厚度均视为不变，用数字电压表测量、两点间的电压。闭合开关，点未受到压力时电压表的示数为零。下列说法正确的是(    ) A. 点未受到压力时，电阻片阻值关系满足 B. 点受到压力后，的电阻变大，的电阻变小 C. 点受到压力后，点电势高于点电势 D. 点受到压力越大，则电阻形变越大，电压表的示数越大 10.正三角形的三个顶点处分别固定有水平放置的长直导线，并通以如图所示方向的恒定电流，导线中的电流大小相等，三角形中心点的磁感应强度大小为，已知通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比，则下列说法正确的是(    ) A. 点处的磁感应强度方向竖直向下 B. 、处两导线电流在点产生的合磁场方向水平向左 C. 处电流在点处产生的磁场的磁感应强度大小为 D. 将处电流大小减半，则点处的磁场的磁感应强度大小为 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻约为，除了变阻器、电源、开关、导线之外，还有下列器材：（6分） A.电压表量程，内阻约为 B.电压表量程，内阻约为 C.电流表量程，内阻约为 D.电流表量程，内阻约为 图为测金属丝直径时螺旋测微器的示意图，则此金属丝的直径为          ； 电压表应选          ；电流表应选          填仪器前的字母序号； 应选用图中的          填“甲”或“乙”为该实验的电路图，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏          选填“大”或“小”。 12.用图所示的多用表测量一合金丝的电阻。待测合金丝阻值约为十几欧，测量步骤如下：（10分） 使用前先调节指针定位螺丝，使多用电表指针对准“直流电流、电压”的刻线。 将选择开关转到电阻挡的          选填“”“”或“”的位置。 将红、黑表笔插入“”、“”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准“电阻”的          选填“刻线”或“刻线”。 将两表笔分别与待测电阻相接，读取数据，示数如图所示，则合金丝的阻值为          。 按照图连接电路，测量合金丝的电阻率。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度、调节滑动变阻器连入电路的阻值，使电流表的读数达到某一相同值时记录电压表的示数，从而得到多个的值，作出图像，如图中图线所示。 在实验中应使用          选填“”或“”的滑动变阻器。 已知合金丝甲的横截面积为，则合金丝甲的电阻率为          结果保留位有效数字。 图中图线是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙采用同样的方法获得的图像，由图可知合金丝乙的横截面积          选填“大于”、“等于”或“小于”合金丝甲的横截面积。 请从理论上分析并说明，利用图中直线斜率求合金丝电阻率，是否存在因电表内阻带来的误差          。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图所示，带电小球和可视为点电荷放在倾角为的光滑固定绝缘斜面上，已知球的质量为，所带电荷量为，球的质量为，所带电荷量为。沿斜面向上的恒力作用于球，可使、保持间距不变沿斜面向上做匀加速直线运动。已知重力加速度为，静电力常量为，求：（10分） 加速度的大小； 的大小。 14.为了探究带电物体在匀强电场中的运动，某同学利用如图所示的电路进行了实验。电源电压恒为，电阻的阻值为，滑动变阻器的最大阻值为。两块间距为的平行板电容器通过导线连在电阻两端，其间的电场可近似认为是匀强电场。与此同时，一个质量为、带电荷量为的小球用长为的悬线固定在两板间，小球在运动过程中不会与极板相碰。开始实验时开关闭合，滑动变阻器的滑片位于电阻最大处，重力加速度取，求：（12分） 此时两极板间的电场强度的大小。 小球恰好能保持静止时悬线与竖直方向夹角的正切值。 移动滑动变阻器的滑片，将接入电路的阻值调至，将小球从悬点正下方由静止释放，小球的最大摆动角度。 在上一问的过程中，悬线上拉力的最大值和最小值。 15.某种离子诊断测量简化装置如图所示，竖直平面内存在边界为矩形、方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的水平匀强磁场，探测板平行于竖直放置，能沿水平方向左右缓慢移动且接地。、、为三束宽度不计、间距均为的离子束，离子均以相同速度持续从边界竖直向上射入磁场，束中的离子在磁场中沿半径为的四分之一圆弧运动后从右边界水平射出，并打在探测板的上边缘点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为，探测板的长度为，离子质量均为、电荷量均为，不计重力及离子间的相互作用，。（16分） 求离子速度的大小； 、两束中同时进入磁场的两个离子，求它们打在探测板上的时间差； 若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的水平分量的大小与板到距离的关系。 2025-2026学年度四川省川化中学高2024级高二上期末试题 物理答案 1.【答案】  【解析】略 2.【答案】  【解析】A.根据可知，将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，变大，则减小，A错误； B.根据 可知，变小，不变，则电容器两极板的电荷量减小，B错误； C.根据可知不变，变大，则减小，点与下极板间电势差减小，点电势降低，又由于电场线方向竖直向下，带电油滴静止于点，则说明油滴带负电，根据 可知油滴在点的电势能增大，C正确； D.开始时油滴静止，向上的电场力等于重力；由于电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动，D错误。 故选C。 3.【答案】  【解析】A. 由电场强度与电势差的关系可得，解得，A正确； B.粒子在过程中，电势先增大后减小，根据公式，可得：带负电粒子的电势能先减小后增大，B错误； C.根据电场力做功与电势能变化关系可得 该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即为，C错误； D.粒子在过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得，， 粒子在过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得，， 该粒子运动的周期 联立可得 ， D错误。 故选A。 4.【答案】  【解析】在如题图甲所示的电路中，闭合开关后，测量两端的电压，测量与串联后的电压，的示数大于的示数，所以图线表示示数与的对应关系，故A错误； 电路中的电流，由题图乙中的图线为倾斜直线可知，增大时Ⅰ不变，故B错误；由题图乙知，电压表、的示数之差为定值，即两端的电压为定值，故C错误；因为增大时，的示数增大，不变，所以由可知，电路的总功率随的增大而增大，故D正确。 5.【答案】  【解析】据题意，电源为恒流源，能够提供持续的定值电流，电阻两端电压不变，则当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，阻值增大，则并联部分电阻增大，根据欧姆定律可知，并联部分电压增大，电压表示数增大，流过定值电阻的电流增大，则流过定值电阻和滑动变阻器的电流减小，故A正确，B错误； 电压表读数的变化量等于电阻两端电压的变化量，设通过的电流变化为，则 电阻两端电压变化 则得 故CD错误。 故选A。 6.【答案】  【解析】A.滑动变阻器的滑片向端移动，则滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，，则干路电流增大， 由，可知电容器两端电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，故油滴将向下运动，故 A错误； B.由于干路电流增大，而，故两端电压减小，因此通过的电流减小，而，故流过的电流增大，电流表示数变大，两端电压增大，而，故滑动变阻器两端电压减小，即电压表示数变小，故B正确； C.设电压表示数为，电流表示数为，根据闭合电路欧姆定律可得：，整理可得：，可知与成线性关系，即图像为一条倾斜的直线，所以图像的斜率不变，即电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值不变，故C错误； D.由于，且外电阻减小，与电源内阻越来越接近，故电源的输出功率增大；而电源效率为：，外电阻减小，电源的效率逐渐减小，故D错误。 7.【答案】  【解析】A.当趋向于无穷大时，小磁针所指的方向为地磁场的方向，根据题图可知，趋向于无穷大时， 趋向于，则趋向于，即小磁针的方向与轴垂直，所以轴正方向向东。由题图可知，当非常小时，小磁针的极沿方向，背离点，所以点处的磁极是极，故A错误； B.由以上分析可知，的中轴线沿东西方向，与地磁场方向垂直，项错误； C.由题图乙可知，处，则，设在处产生的磁感应强度大小为，，所以，项正确； D.处合磁场的磁感应强度大小为，项错误。 故选：。 8.【答案】  【解析】解： A、在菱形外侧除无穷远处的任意点，四个点电荷在该点的产生的场强均指向菱形的外侧，根据场强的叠加原理可知，合场强不可能为零，所以除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，故A正确； B、根据场强的叠加及对称性，在点场强为零，当取某值时，由对称性可知，在菱形内部其它场强为零的点必定会成对出现，即在菱形内部场强为零的点一定是奇数个，故B错误； C、根据对称性知，和处场强大小相等，方向相反，两点电势相等；将试探电荷由点移至点前后，距离和处点电荷的距离都是，根据点电荷电场分布特点，这两处的点电荷对试探电荷做功为；将试探电荷由点移至点前后，距离和处点电荷的距离都是减小，根据点电荷电场分布特点，这两处的点电荷对试探电荷做正功；所以，将一带负电的试探电荷由点移至点，四处点电荷对试探电荷的静电力做正功，故C正确。 D、当时，如图所示， 根据对称性，设轴和轴上处的点电荷在点处产生的电场强度大小为，合电场强度为，与轴成斜向上，则由几何关系有： ，，，解得：； 同理，设轴和轴上处的点电荷在点处产生的电场强度大小为，合电场强度为，与轴成斜向下，同样由几何关系有： ，，，解得：；由于，即，所以，四个点电荷在点处产生的合场强方向与轴成斜向下，对负的试探电荷的静电力方向与轴成斜向上，故D正确。 故选ACD。 本题考查了电场强度的叠加，知道电场强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则，对数学几何能力要求较高，会根据对称性以及平行四边形定则综合分析判断。 9.【答案】  【解析】A、当点未受到压力时，电压表的示数为零，此时电桥平衡。在电桥电路中，电桥平衡的条件是，A错误； B、根据电阻定律，当点受到压力后，电阻片、横向缩短纵向拉伸，长度增大，横截面积减小，电阻变大电阻片、横向拉伸纵向缩短，长度减小，横截面积增大，电阻变小，所以的电阻变大，的电阻变小， B正确； C、点受到压力后，、电阻增大，、电阻减小。设电源负极电势为零，根据串联电路分压原理，两端电压增大，两端电压减小，所以点电势低于点电势， C错误； D、点受到压力越大，电阻形变越大，、增大的电阻和、减小的电阻越多，电桥越不平衡，、两点间的电势差越大，电压表的示数越大， D正确。 10.【答案】  【解析】【分析】 据题意导线中的电流大小相等，通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离的磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出三导线在点形成磁场方向，磁感应强度是矢量，根据平行四边形定则求解。 本题考查了磁场的叠加及电流周围的磁场及安培定则。 【解答】 设处电流在点产生的磁场的磁感应强度大小为，处电流在点产生的磁场的磁感应强度为，处电流在点产生的磁场的磁感应强度为，由安培定则可知，它们的方向分别如图所示。 由于三条长直导线中的电流大小相等，且距点的距离相等，则它们在点处产生的磁感应强度的大小相等，设为，根据平行四边形定则可知，点处的合磁场的大小，磁感应强度方向水平向左，进而可解得处电流在点处产生的磁场的磁感应强度大小为，故A错误，C正确； B.根据平行四边形定则可知，B、处两电流在点产生的合磁场方向水平向左，故B正确； D.将处电流大小减半，根据通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比可得，处电流在点产生的磁场的磁感应强度大小变为，根据平行四边形定则可知，点处的磁场的磁感应强度大小变为，故D正确。 故选BCD。 11.【答案】 乙 小   【解析】螺旋测微器固定部分读数为，可动部分读数为，故最终读数为； 电源电动势为，则电压表选A，即电压表量程，内阻约为；电路最大电流，故电流表选D，即电流表量程，内阻约为； 因待测金属丝的电阻约为，与电流表内阻相差不大，故电流表应选择外接法，因此实验电路应选乙；因电压表分流导致电流的测量值偏大，则由欧姆定律可知，待测电阻的测量值比真实值偏小。 12.【答案】 刻线   大于 图像的斜率与导体的电阻率有关，和电表内阻无关，所以不存在因电表内阻带来的误差   【解析】待测电阻只有十几欧姆，则将选择开关转到电阻挡的“”的位置。 将红、黑表笔插入“”、“”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准“电阻”的“刻线”。 合金丝的阻值为。 在实验中滑动变阻器选择与待测电阻阻值相当的，则应使用  的滑动变阻器。 根据 由图像可知 解得 由图可知图中图线对应的斜率较小，根据 材料相同，则电阻率相同，可知合金丝乙的横截面积大于合金丝甲的横截面积。 由上述分析可知，利用图像斜率求导体电阻率时，图像的斜率与导体的电阻率有关、和电表内阻无关，所以不存在因电表内阻带来的误差。 13.【答案】根据库仑定律可知，两球相互吸引的库仑力 球和球的加速度相同，以球为研究对象，由牛顿第二定律有 所以。 把球和球看成整体，、间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有 。   【解析】略 14.【答案】根据欧姆定律有 平行板电容器两极板之间的电压 两极板间的电场强度大小为 开关闭合，小球保持静止时，设悬线与竖直方向的夹角为，对小球受力分析，有 解得 移动滑动变阻器的滑片，将接入电路的阻值调至，此时电阻两端电压 两极板之间的电场强度 将小球从悬点正下方由静止释放，设小球的最大摆动角度为，根据动能定理有 解得 小球做圆周运动，由沿半径方向的合力提供圆周运动的向心力，开始释放时，速度为，所需向心力为，即悬线拉力最小， 小球在复合场中做圆周运动，根据对称性可知，等效最低点所在半径方向与竖直方向的夹角为，小球在此位置时悬线拉力最大。 根据动能定理有 在等效最低点，根据牛顿第二定律有 解得   【解析】略 15.【答案】离子在磁场中做圆周运动， 由牛顿运动定律得 解得离子的速度大小。 离子在磁场中运动的周期 作出离子的运动轨迹如图 由几何关系可知、两束中的离子从同一点射出，设离开磁场的速度分别与水平方向的夹角为、， 则有， 可得 、两束中的离子在磁场中运动的圆心角分别为 ， 则两离子在磁场中运动时间的差值为 ，解得 由于两离子出磁场的速度与磁场边界所成的夹角相同，则两离子从离开磁场到打在板的时间相同， 即离子运动的时间差。 同时探测到三束离子，满足 解得 同理，同时探测到两束离子时，有 ，解得 只能探测到一束离子时，有 对离子束由动量定理有 而或束中每个离子动量的水平分量 ，其中，则 当时，三束离子均能打到板上， 由动量定理有 可得，则 同理当时， 当时，。   【解析】略 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $