黑龙江省研远联合2025-2026学年高二（上）期末物理试卷

这是一份黑龙江省研远联合2025-2026学年高二（上）期末物理试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.如图所示，粗糙绝缘斜面底端O点固定一个带电荷量为Q的负点电荷，现有一个带电荷量为q的负电小滑块，从斜面上A点静止释放后，先沿斜面往上运动再返回，则小滑块( )
A. 上升过程中加速度先增大后减小B. 上升过程中电势能一直增大
C. 下降过程中机械能可能增大D. 返回时的最低点位置一定在A点上方
2.如图所示，真空中三个点电荷分别位于等边三角形的三个顶点A、B、C，其电量分别为+q、−q、+q，O点为等边三角形的中心，M、N、P分别为等边三角形三边的中点，φM、φN、φP分别表示M、N、P点的电势，EM、EN、EP、EO分别表示M、N、P、O点的电场强度。则( )
A. EMEPC. φM>φPD. φPr，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 只增大R1的光照强度，电源的输出功率、效率均减小
B. 只增大R1的光照强度，电压表示数变化量与干路电流变化量的绝对值之比变小
C. 只将电容器上极板往上平移一段距离，R3中有向下的电流流过
D. 只将滑动变阻器R3的滑片P2向上端移动，带电微粒会向下运动
4.如图甲所示，一绝缘半圆弧AC上均匀分布正电荷，在圆弧的圆心O处激发的电场强度大小为E，若截走右侧的13，如图乙所示，则剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小E′为( )
A. 12B. 22EC. 32ED. 23
5.如图所示，通有恒定电流的长直导线MN放在矩形绝缘线框ABCD上，长直导线与AD平行，与AB、CD的接触点分别为P、Q，APQD的面积是PBCQ面积的一半，整个线框的磁通量大小为Φ1，矩形PBCQ中的磁通量大小为Φ2，矩形APQD中的磁通量大小为Φ3，则下列判断正确的是( )
A. Φ1=Φ2+Φ3
B. Φ1=Φ2−Φ3
C. Φ2=2Φ3
D. 将直导线向右平移一小段距离，线框中磁通量增大
6.利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度。如图甲，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在测量地磁场时，以z轴为转轴，水平匀速转动手机，坐标系随手机同步转动，测量结果如图乙所示，其中x、y、z方向的磁感应强度分别为Bx、By和Bz，则从上往下看( )
A. 手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为40μT
B. 手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为50μT
C. 手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为40μT
D. 手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为50μT
7.如图所示，B、C、D三个小球固定在绝缘水平地面上，四个小球所在位置恰在一个边长为a的正四面体的四个顶点上，其中小球B、C、D带正电，四个小球的带电量均为q；A球质量未知，设重力加速度为g，静电力常量为k，则A球的电性与质量为( )
A. 正电， 6kq2ga2
B. 负电， 6kq2ga2
C. 正电， 6kq23ga2
D. 负电， 6kq23ga2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，两个等量异种点电荷+Q、−Q固定在同一条水平线上，其下方水平放置一足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P，其质量为m，电荷量为+q。将小球从点电荷+Q的正下方A点由静止释放，B点位于点电荷−Q的正下方，取无穷远处电势为零，已知A点电势为φ，则( )
A. 小球运动至B点时速度大小为 2qφmB. 小球运动至B点时速度大小为2 qφm
C. 小球将沿足够长绝缘细杆一直向右运动D. 小球不能沿足够长绝缘细杆一直向右运动
9.如图所示，直三棱柱abc−a′b′c′的横截面为等腰直角三角形，底面直角边长为L，P、P′分别为底面斜边ab、a′b′的中点，棱柱的高为 22L。若在下底面的顶点a、b、c处分别固定电荷量均为q的正点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. c点的电荷受到的电场力大小为2kq2L2
B. P点的电场强度方向由P指向c
C. P′点的电场强度大小为 5kqL2
D. 电子从P沿直线移至P′的过程中电势能一直在增加
10.如图所示的电路，电源的电动势和内阻分别为E、r，两个定值电阻的阻值分别为6r、R，滑动变阻器的总阻值为6r，滑片位于滑动变阻器的最上端，当合上开关S，质量为m的小球正好处于静止状态，电容器的电容为C，规定大地的电势为0，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球的电势能为负值
B. 若把滑动变阻器滑片向下移动，小球将向上运动
C. 若平行板的间距为d，则小球所带电量为11mgd6E
D. 当把滑片移动到滑动变阻器的正中间，稳定后电容器所带电量为3EC10
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某实验小组设计了如下实验测量自来水的电阻率。实验器材有：绝缘性能良好的塑料圆柱形容器、金属探针、金属圆片、游标卡尺、电源、电压表、电流表等。
(1)先用游标卡尺测量塑料圆柱形容器的内径，结果如图甲所示，该读数d=______mm。
(2)将采集的水样装入容器内。容器顶部等间距插有金属探针，两端用金属圆片密封(探针和圆片电阻均可忽略不计)。按图乙连接电路，将电压表与任意两探针相连，连接的两探针间距离记为L。
(3)闭合开关S，调节电阻箱阻值R，使得电流表示数I=314μA，读出电压表示数U，断开开关S。
(4)改变L，重复步骤(3)，测得多组数据，作出U−L图像如图丙中①所示，得到直线的斜率为k，则水样电阻率的表达式ρ=______(用d，I，k，表示)，根据图像计算得出该水样的电阻率为______Ω⋅m(π取3.14，结果保留两位有效数字)。
(5)给水样升温后，重复测量，作出U−L图像如图丙中②所示，实验结果表明，温度越高，水样的电阻率越______(填“大”或“小”)。
四、计算题：本大题共4小题，共44分。
12.某同学要测量两节干电池串联组成的电池组的电动势和内阻(约为2Ω)，设计了如图甲所示的电路。图中电压表的量程为3V，电流表量程为0.6A、内阻约为1Ω，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，R0为未知的定值电阻。
(1)将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关S1、开关S2合向2，调节滑动变阻器，使滑动变阻器接入电路的电阻逐渐减小，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电流表的指针指在0.5A左右，则R0的阻值约为______。
A.1Ω
B.3Ω
C.5Ω
D.7Ω
(2)若在(1)中，R0阻值已知，当滑动变阻器接入电路的电阻调为零时，记录电压表和电流表的示数分别为U0、I0，则电流表的内阻RA=______(用U0、I0、R0表示)。
(3)将开关S2合向1，多次调节滑动变阻器的滑片位置，记录每次调节后电压表和电流表的示数U、I，某次电流表的指针指在如图乙所示的位置，这时电路中电流为______A；若RA已知，根据记录的多组U、I，作U−I图像，得到图像的斜率大小为k，图像与纵轴的截距为b，则电池的电动势E=______，电池的内阻r=______。(后两空用b、k、RA表示)
13.如图所示，xOy坐标平面第一象限内匀强电场的方向水平向左，第三、四象限内匀强电场的方向竖直向上，电场强度大小均为E=4×105N/C。第二象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，质荷比为mq=4×10−10kg/C的带正电粒子从A点由静止释放，A点的坐标为(0.2m,−0.2m)，不计重力。求：
(1)粒子经过y轴时的位置到坐标原点O的距离；
(2)若粒子垂直于x轴进入第三象限，求磁感应强度B的大小；
(3)在满足第(2)问条件下，粒子从静止开始运动到再次速度为0所用的时间。
14.如图所示，平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质子从坐标原点O以某一速度飞入电场，先后经过P、Q点进入磁场。P点坐标为(d,0.5d)，Q点坐标为(2d,0)。已知质子质量为m，带电荷量为+q，不计重力。
(1)求质子在O点的速度大小v0及该速度与x轴正方向的夹角θ；
(2)若质子第一次进入磁场后，到达y轴时速度方向恰好垂直y轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间t；
(3)若质子某次出磁场后能经过点(2d,0.5d)，求磁感应强度的最小值。
15.如图所示，MN、PQ为两条水平放置的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的MPGH区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场区域的长度为d。导轨的右端接有一阻值为R的定值电阻，左端与一弯曲的光滑导轨平滑连接。将一阻值为R、质量为m、长度为L的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与导轨垂直且接触良好，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属导轨的电阻不计。求：
(1)电路中的最大电流Im。
(2)整个过程通过定值电阻的电荷量q。
(3)整个过程定值电阻产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、根据题意分析可知，上升过程中对小滑块进行受力分析，它受到重力、斜面支持力、沿斜面向上的库仑斥力和摩擦力f。设斜面倾角为θ，滑块到O点的距离为r，由牛顿第二定律，有kQqr2−mgsinθ−f=ma
上升过程中静电力一直减小，故加速度先向上减小后反向增大，静电力一直做正功，电势能一直减少，故AB错误；
C、根据题意分析可知，下降过程中静电力和摩擦力做负功，机械能一定减小，故C错误；
D、根据题意分析可知，由于摩擦损耗，返回时速度为0的位置一定在A点上方，故D正确。
故选：D。
通过分析小滑块的受力，结合牛顿第二定律分析加速度变化；利用电场力做功与电势能变化的关系分析电势能；
根据除重力外其他力做功与机械能变化的关系分析机械能；结合能量守恒分析返回时的位置。
本题关键在于分析库仑力的变化规律，结合牛顿第二定律、功能关系解决问题。需注意库仑力的方向、做功情况，以及摩擦力对能量的影响。
2.【答案】B
【解析】解：A、根据题意分析可知，在P点(AC中点)，A、C两处+q电荷产生的电场大小相等、方向相反，相互抵消。
故P点的场强完全由B处的−q电荷产生，根据点电荷电场强度的公式有EP=kq( 32L)2=4kq3L2
在M点(AB中点)，A处的+q和B处的−q产生的电场方向相同(均沿AB方向指向B)，大小均为kq(L2)2=4kqL2，两者叠加后的场强为EAB=8kqL2
C处的+q在M点产生的场强大小为EC=4kq3L2
M点合场强EM= EAB2+EC2> EC2=EC=EP
EM>EP，故A错误；
B、根据题意分析可知，O点的场强由三个电荷共同产生，AC电荷在O点的电场的合场强方向由O指向B，设为E1，电荷B在O点的场强E2=kq( 3L3)2=3kqL2，方向由O指向B
O点的合场强EO=E1+E2>E2>EP，故B正确；
CD、根据题意分析可知，电势是标量，电场中任一点的电势均为三个电荷在该点的电势之和，AB为等量异种电荷，由等量异种电荷电场的特点可知，
φP1>φM1，C处的正电荷在PM两点产生的电势φP2>φM2
电势叠加φP=φP1+φp2，φM=φM1+φM2
可得φP>φM
由对称关系可得φM=φN，所以φP>φN，故CD错误。
故选：B。
根据点电荷的电场强度叠加原理和电势的标量叠加特性，分析各点的电场强度和电势。关键在于利用对称性简化计算，明确电场强度的矢量叠加和电势的代数叠加规则。
本题的核心是利用对称性简化电场强度和电势的叠加分析：电场强度是矢量，需考虑方向叠加(对称点的反向电场可能抵消)；电势是标量，只需代数叠加(正电荷提升电势，负电荷降低电势，距离影响大小)。
3.【答案】C
【解析】A.电源的输出功率P=(Er+R外)2R外=E2R外+r2R外+2r，由于R0>r，则R外=R0+R2+R1>r，若只增大R1的光照强度，R1接入电阻减小，R外减小，外电路总电阻减小，当外电阻越靠近电源内阻时电源的输出功率越大，故电源的输出功率增大；电源的效率η=IUIE=R外R外+r，外电阻减小，则电源效率减小，故A错误；
B.根据闭合电路欧姆定律，电压表示数为U=E−Ir，解得：|ΔUΔI|=r，故|ΔUΔI|保持不变，故B错误；
C.只将电容器上极板上移，增大电容器极板的距离d，根据电容决定式C=εS4πkd，可知电容C减小，电容器两端的电压不变，根据电容定义式C=QU，可知电容器的电量减小，电容器放电，又电容器的下极板带正电，故电阻R3中有向下的电流流过，故C正确；
D.调节R3处于含电容的等效断路电路中，对外电路的总电阻没有影响，若只调节滑动变阻器R3的滑片P2向上端移动时，电容器两端电压不变，极板之间电场强度不变，微粒所受电场力不变，则微粒仍然处于静止状态，故D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】解：根据题意分析可知，将整个半圆弧AC三等分，每一份在圆心O处产生的电场强度均为E0，根据对称性和电场强度的叠加原理可得E=2E0，
由题可知，剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小为E′=2E0cs30°，联立以上两式可得E′= 32E，故C正确，ABD错误；
故选：C。
带电圆弧在圆心处的电场可分解为无数点电荷的电场叠加，利用对称性分析各段圆弧的电场贡献。原半圆弧的电场强度为E，截走右侧13后，剩余左侧23的圆弧。需通过矢量合成计算剩余圆弧的电场强度。
本题考查带电圆弧的电场叠加，关键是利用对称性将圆弧分解为等长段，分析各段电场的方向与大小，再通过矢量合成(平行四边形法则)求解剩余圆弧的电场强度。
5.【答案】B
【解析】解：AB.根据右手螺旋定则，可知直导线右侧的磁感应强度方向为垂直纸面向里，左侧为垂直纸面向外，即两侧的磁感应强度方向相反，故矩形PBCQ中的磁通量与矩形APQD中的磁通量会相互抵消，矩形PBCQ的面积大于矩形APQD的面积，根据Φ=BS
则有Φ2>Φ3
所以整个线框的磁通量大小为Φ1=Φ2−Φ3，故A错误，B正确；
C.离直导线越远，磁感应强度越弱，所以矩形PBCQ中的平均磁感应强度小于矩形APQD中的平均磁感应强度，矩形PBCQ的面积为矩形APQD面积的两倍，故Φ2