2025-2026学年上期高二年级期中联考试题
物理学科
俞趣人：
审核人：
考试时简：75分绅分值：100分
注意事项：木试卷分试题卷和答题卡两部分。考生应首先阅读试题卷上的文字信息，
然后在答题卡上作容（答题注意事项见答题卡）。在试题卷上作答无效。
一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分。）
1.奥斯特的电流磁效应实验具有划时代的意义，引领人类进入了电气时代。下列关于电
和磁的说法正确的是()
A.对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大
B.电磁波谱按波长由小到大排列的顺序是y射线、紫外线、可见光、红外线
C.在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
D.电场强度E-和磁感应强度B=都采用比值定义法，它们的方向与力F的方向相
同或相反
2.四种电场的电场线分布情况如图所示。将一检验电荷分别放在场中α、b两点，则该检
验电荷在α、b两点所受的电场力以及电势能均相同的是(
丙
A.甲图中，与正点电荷等距离的a、b两点
B.乙图中，两等量异种点电荷连线中垂线上与连线等距的α、b两点
C.丙图中，两等量同种点电荷连线中垂线上与连线等距的α、b两点
D.丁图中，某非匀强电场中同一条电场线上的a、b两点
3.如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定
放置，两者之间的距离为1，在两导线中均通有方向垂直于纸面
向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为1的α点处的磁感应
强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁
感应强度的大小为()
A.0
B.普a
C.
D.2Bo
4.如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD,圆弧对应的圆心角都为120°，
圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x
轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场
强度为E0、电势为0，设圆弧A0在圆心P处
产生的电场强度大小为E,产生的电势为，选
无穷远的电势为零，以下说法正确的是(
A.B=号B6g9
B.E=。9=要
C.将质子（比荷兰）从P点无初速释放，则质子的最大速度为√罗
D.若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为零
高二物理试题卷第1页（共4页）
5.一带负电的微粒只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系
如图所示，其中0~x段是曲线，x1~x2段是平行于x轴的直线，2~x3段是倾斜直线，
则下列说法正确的是()
A.0~段电势逐渐升高
B.0~段微粒的加速度逐渐减小
C.23段电场强度减小
3子
D.2处的电势比？处的电势高
6.如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V,内阻=22，定值电阻R=42,已知滑动变
阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值R的关
系如图乙所示。则下列说法中正确的是()
A.图乙中滑动变阻器的最大功率P=4.5W
B.图乙中R=62,R=122
C.滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大
D.调整滑动变阻器R,的阻值从最右端滑到最左端，电源的效率先增大后减小
7.如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所
在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2g、3q(9>0)的微粒，通过多次
摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1：2：3，不考虑微粒
间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖
3g·
直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B(不
2g●
计重力)，给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速
9●
圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为（)
+++++++++
++++++++
A.1:1
B.3:5
C.1:2D.5:3
二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分。）
8.下列如图所示的情况中，能产生感应电流的是(
LALAAE
乙
丙
A.图甲中，条形磁铁插入有开口的圆环
B.图乙中，开关闭合后，向右滑动变阻器滑片
C.图丙中，线圈在匀强磁场中保持线圈平面始终与磁感线垂直左右运动时
D.图丁中，与导线在同一平面内的线圈向右平移
9.如图所示为手机内电容式加速度传感器的原理图，M和N为平行板电容器两极板，M
板固定，N板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N板只能按图中标识的“前
后”方向运动，图中R为定值电阻。下列判断正确的是(
A.匀速运动时，M板带正电荷，电流由a向b流过电流表
M
B.向前加速时，若加速度增大，MW板间的距离增大，电
容器的电容减小
C.由静止突然向前加速时，电流由b向α流过电流表
左
D.保持向前的匀减速运动时，W之间的电场强度持续减小
高二物理试题卷第2页（共4页）参考答案
1.B
2.B.3.C
4.D
5.B
6.B
7.A
8.BD
9.BC
10.BCD
11.(1)2(2)3.2×10-3c
(3)不变
12.（1)“.”
1000
(2)串联
9900.0
(4)0.260(0.253~0.267)
13.解：(1)由于灯泡正常发光，可知路端电压为U=6V,则根据闭合电路欧姆定律得
E=U+Ir
(2分)
=2.5A
(2分)
(2)流过灯泡的电流为
k=洗=05A
(1分)
则流过电动机的电流为
IM =I-IL 2A
(1分)
故电动机的发热功率为
P热=房R0=4W
(2分)
电动机消耗的电功率为
P电=U1M=12W
(1分)
电动机对外做功的功率为
P机=P电-P热=8W
(1分)
14.(1)小球由A到B过程，根据动能定理可得：
wae+mg2L=m哈-m呀
(2分)
解得电场力做功为WaB=2mgL
(1分)
AB之间的电势差UAB=W=2mL,由题可知UA0=UOB=mgL
(1分)
所以中A-0=UA和=mg
(1分)
即中A=mg
(1分)
(2)M点的正电荷对处于B点小球的库仑力大小为
F=k品
(1分)
方向斜向下与竖直方向夹角为9，有
cos9=光=片
(1分)
根据牛顿第二定律可得：
Ci0i/5)mg-mg-Fcos0 -m
10
(2分)
解得Q=+5mg2
4kq
(2分)
15.解：(1)上下面板间的电场强度E=
d
(2分)
由牛顿第二定律，尘埃的加速度a=盟=器
(1分)
(2)①由题意，距下面板小于y的所有尘埃都能到达下面板并被收集，而距下面板大于y的所有尘埃都不会
到达下面板，由于尘埃均匀分布，收集效率刀=兰×100%，
(1分)
②收集效率n=64%,故距下面板yo=0.64d的尘埃恰好能到达下面板考虑该尘埃在面板间的运动，其
在水平方向匀速运动L=vot,
(1分)
若两面板的间距d减小，尘埃的加速度a=g增大，
md
由于通过面板的时间t=上不变，
00
尘埃在竖直方向上可能的最大位移y增大，由于距下面板不超过y的尘埃都能到达下面板被收集，故n在不
超过100%的范围内随d的减小而增大：
考虑)恰好达到100%的情况，此时上面板附近的尘埃恰好能到达下面板的右边缘，
有dm=at2,
(1分)
其中a'=,
mdm
(1分)
故dm=0.8do:
(1分)
(3)△t时间内进入装置的尘埃总质量△Mo=nmbdvo4t,
(1分)
故稳定工作时单位时间内下面板收集的尘埃质量M=4Mo=mmbdvo,
(1分)
At
At
根据(2)中的分析，当d≤0.8d,时，”=100%，
=nmbvod,
At
(1分)
当d≥0.8d时n=音×100%，
距下面板y=监（保）
的尘埃恰好能到达下面板被收集，
故=器（白
×100%与d的平方成反比，
代入4t所对应的收集效率，可得n=0.64(岂)
×100%,
(1分)
因此当d≥0.8d。时，
AM=0.64nmbvo d
At
(1分)
函数图线如下图所示，最大值为0.8 nmbvodo:
△M
个△
0.8nmbvodo
0
0.8d
(1分)
