安徽省六安第一中学2025-2026学年高二上学期期末考试物理试卷（含解析）

六安一中 2025 年秋学期高二年级期末考试
之间加上电压 U，虚线为电场线，实线为一带电粒子的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。
若不计粒子的重力，下列说法正确的是（
）
物理试卷
A．粒子带正电
B．A、K 之间的电场强度为
时间：75 分钟
分值：100 分
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。在每小题给出的四个选项中，只有
C．粒子在 P 点的动能小于在 Q 点的动能
一项是符合要求的。）
D．粒子在 P 点的加速度小于在 Q 点的加速度
1．有关下列四幅图的描述，错误的是（
）
4
．某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄
电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd
共有 N 匝，总电阻为 r。线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为 R 的电阻相连。
某段时间在骑行者的踩踏下，线圈以角速度 绕垂直磁场方向的轴
匀速转动，图乙是线
圈转动过程中产生的磁通量 随时间 t 变化的图像，则（
）
甲
乙
丙
丁
A．图甲中，因为有金属网的屏蔽，A 球上的电荷在验电器金属球 B 处产生的电场强度为零
B．图乙中，烟尘吸附空气电离产生的电子，在电场力作用下向 A 板运动
C．图丙中，磁块在铝管中下落相比自由落体会慢一些，原因是电磁阻尼
D．图丁中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动
A．线圈转动一圈，外力对它所做的功为
2．如右图所示，光滑固定金属导轨 M、N 水平放置，两根导体棒 P、Q 平行
放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时
B． 时刻电流表示数为 0， 时刻电流表的示数最大
（
重力加速度为 g），下列说法正确的是（
）
A．两根导体棒 P、Q 对金属导轨 M、N 的压力会减小
B．磁铁下落的加速度小于 g
C． 时刻到 时刻这段时间通过电阻 R 的电荷量为
D．
时刻线圈磁通量变化率为 0
C．磁铁的动能的增加量等于其势能的减少量
D．两根导体棒 P、Q 会互相远离
5
．如图所示，在纸面内水平向右的水平匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场中，有一水
平的固定绝缘杆，小环 P 套在杆上，P 的质量为 m，电量为－q（q＞0），P 与杆间的动摩擦
因数为μ，电场强度为 E，磁感应强度为 B，重力沿纸面向下，小环由静止释放开始滑动，
3
．如右图所示，K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为 d，在两极
1
设电场、磁场区域足够大，杆足够长，重力加速度为 g，则下列判断正确的是（
）
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
A．小环先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的减速运动，
最后匀速直线运动
C．整个过程中，导体棒 MN 上产生的焦耳热为
D．整个过程中，通过导体棒的电荷量为
B．小环刚由静止释放瞬间，加速度大小为
C．小环的最大速度
8
．如图，以 f 为圆心、半径为 R＝0.3m 的四分之三圆弧区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁
场，磁感应强度 B＝0.25T。一群不计重力、质量 m＝3×10－9kg、电荷量 q＝2×10－5C 的带
电粒子垂直于 Oa 边以 v＝5×102m/s 的速度射入磁场区域。下列判
D．若已知小环加速至加速度最大过程的时间 t0，则此过程的位移
断正确的是（
）
A．若粒子带正电，所有粒子射出磁场时的速度方向都平行
B．若粒子带正电，所有粒子出射点都在 e 点
6
．如图甲所示，两定值电阻 R ＝2R、R ＝3R 通过导线与匝数为 n、半径为 r、阻值为 R 的线
1
2
圈相连接，图中的虚线为过圆形线圈圆心的直径，从 t＝0 时刻，在虚线右侧存在如图乙所
示的磁场，规定垂直纸面向里的方向为正方向.下列说法正确的是（ ）
C．若粒子带负电，所有粒子出射点都在 b 点
D．所有粒子在磁场中运动的最长时间为 6π×10﹣4s
二、多选题（本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。）
9
．如图，在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的
足够长的平行金属导轨，导轨间的距离为 L，导轨上平行放置两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形
回路。已知两根导体棒的质量均为 m、电阻均为 R，其他电阻忽略不计，导体棒均可沿导轨
无摩擦滑行。初始时刻 ab 棒静止，给 cd 棒一个向右的初速度 v0。两导体棒在运动中始终不
A．线圈中产生的感应电动势为
B．a、b 两点的电势差为
接触。下列说法中正确的是（
）
C．定值电阻 R1 消耗的电功率为
D．0～4t 时间内通过定值电阻 R 的电荷量为
0
1
A．ab 棒的最终速度为 0.5v0
B．cd 棒开始运动时，ab 棒中电流方向为 b→a，大小为
C．从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为
D．当 cd 棒速度减为 0.8v0 时，ab 棒的加速度大小为
7
．水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为 d，电阻不计，其左端连接一阻值
为 R 的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B.质量为 m、长度
为 d、阻值也为 R 且与导轨接触良好的导体棒 MN 以速度 v0 垂直导轨水平向右运动直到停
下．不计一切摩擦，则下列说法错误的是（
）
A．导体棒运动过程中所受安培力先做负功再做正功
2
10．如图所示，边长为 L 的正六边形 abcdef 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
在不同电压下的电流。
大小为 B。正六边形中心 O 处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带负电的
（1）实验中为较准确测量、方便调节，电压表应选用
，滑动变阻器应选用
（填
粒子，已知粒子比荷均为 ，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（
）
写仪器前面的字母序号）；
（2）有四位同学设计了四种电路图（如下图），其中设计的合理的电路图是______。
A．
B．
A．沿 Oa 方向发射的粒子若可离开磁场，速率可能为
B．垂直 ab 向上发射的粒子若可离开磁场，速率不小于
C．粒子若能从 f 点离开磁场，其做匀速圆周运动的时间不可能是
C．
D．
D．如果粒子源发射速率均为
，则粒子所受洛伦兹力的冲量可能为
二、实验题（每空 2 分，共 18 分）
11．某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是
实验中可供选用的器材。
A．待测小灯泡（额定功率 6W，额定电流 0.5A）
B．电流表（量程 0.6A，内阻约 0.1Ω）
C．电压表（量程 5V，内阻约 5kΩ）
1
2．某市近几年充分利用好土地、屋顶的光照资源，大力发展太阳能发电，有力推动全市能源
结构调整，促进经济社会绿色低碳发展。某兴趣小组使用如图甲电路，探究太阳能电池的
伏安特性曲线，其中 R 是电阻箱，R0 为 10Ω的定值电阻，E 是太阳能电池，理想电压表的
所选量程为 3V。
D．电压表（量程 15V，内阻约 15kΩ）
E．滑动变阻器（最大阻值 5Ω）
F．滑动变阻器（最大阻值 100Ω）
G．直流电源（电动势 15V，内阻可忽略）
H．开关一个，导线若干
3
实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡
（
（
1）某次实验中电阻箱阻值为50Ω，电压表指针如图乙所示，则此时电压表示数为
电源两端电压为 V。
V，
2）在某光照强度下，测得电压表的电压 U 随电压与电阻的比值 变化关系如图中曲线①所
示，则太阳能电池内阻随电流增大而
（选填“增大”“减小”或“不变”），当
电压表示数为 1.00V 时，太阳能电池的电动势为
V。
（
（
3）在另一更大光照强度下，测得的关系
如图中曲线②所示。当电压表的读数为 2.20V
Ω（保留两位有效数字）。
时，太阳能电池的内阻为
1
4．如图所示，绝缘水平面上固定一光滑绝缘的竖直圆弧轨道 BCD，圆心为 O，C 点与圆心等高，
D 点为轨道的末端，半径 ，B 点为圆弧轨道与水平面的切点，OD 与水平方向的夹
。质量
滑块与水平面间的动摩擦因数
4）曲线①中，根据图像估算，若电阻箱阻值调至 220Ω，则此时电池的输出功率为
mW（保留两位有效数字）。
、带负电的滑块静止在 A 点，已知
角
、电荷量
，
。某时刻在整个空间加上水平向右的、电场强度
的匀强电场，经过一段时间滑块从 D 点离开圆轨道后落在水平面上。滑块可视为
四、解答题（第 13 题 10 分，第 14 题 12 分，第 15 题 18 分）
质点，重力加速度 g 取
，
，规定 B 点电势为零。求：
1
3．如图所示，质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形单匝线框 abcd（各边均相同），放在
光滑的水平桌面上。MN 右侧空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，线框
在外力作用下从左边界以速度 v 匀速进入磁场。求：
（
1）圆轨道上 C 点的电势；
（2）滑块在水平面上由 A 运动到 B 的时间 t；
（
（
1）线框刚进入磁场时，ab 边中电流方向和 ab 两端的电压 Uab；
（3）滑块在 D 点时轨道对滑块的支持力大小
2）线框进入磁场的过程中，安培力对线框做的功。
4
1
5．如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限内存在着沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度
大小 E＝10V/m，在第三象限内存在一圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁场方向垂直纸
面向外，磁感应强度大小为 B ＝4T，第四象限内存在着垂直纸面向外的匀强磁场 B 和 B ，
0
1
2
两磁场以 OM 为边界，OM 与 x 轴正方向夹角为 60°，B ＝2T，B ＝4T。现有一带正电粒
1
2
子从 P 点
处，以速度 v0＝10m/s，沿 y 轴负方向射入匀强电场，经一系列
运动后回到 P 点，且粒子第一次离开电场的时间是粒子经 x 轴再次进入匀强电场而达到 P
点时间的 倍。已知粒子的比荷等于
，不计重力，求：
（
（
（
1）粒子第一次通过坐标轴的位置坐标及速度；
2）粒子从开始运动到第 2 次通过坐标轴所用的时间；
3）圆形磁场区域的最小面积。
5
场力方向与电场方向相同或相反，则由图可知，粒子所受电场力方向向上、与电场方向相反，由
此可知，该粒子带负电，故 A 错误；B.若 A、K 之间的电场为匀强电场，则由匀强电场中电势差
与电场强度的关系可知，A、K 之间的电场强度为 ，但由图中电场线的分布情况可知，A、K 之
间的电场为非匀强电场，则 A、K 之间的电场强度不是 ，故 A 错误；C.因为沿电场方向电势逐
渐降低，则由图可知，P 点电势低于 Q 点电势，因为该粒子带负电，且带负电的物体在电势更低
处电势能更大，所以粒子在 P 点的电势能大于在 Q 点的电势能，又因为对于该粒子，全程只有电
场力做功，则电势能与动能的和保持不变，由此可知，粒子在 P 点的动能小于在 Q 点的动能，故
C 正确；D.同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，则由图可知，P 点的电场强度大于 Q
点的电场强度，故由 F＝qE＝ma 可知，粒子在 P 点的加速度大于在 Q 点的加速度，故 D 错误.
六安一中 2025 年秋学期高二年级期末考试
物理试卷 参考答案
4
．【解答】解:A．线圈产生的感应电动势的最大值为
线圈的转动周期为
题号
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
线圈产生的感应电动势的有效值为
根据能量守恒可知，线圈转动一周，外力对它所做的
A
B
C
D
B
C
A
D
AD
BC
功为
联立解得
，故 A 错误；B．电流表测量的是电流的有效值，因为
线圈是匀速转动的，所以电路中的电流的有效值是一个定值，则电流表的示数保持不变，故 B 错
误；C．由图乙可知在 时刻到 时刻这段时间内磁通量的变化量大小为 根据法拉第电
磁感应定律可知这段时间内的感应电动势的平均值为 通过电阻的平均电流
，故 C 正确；D．
时刻线圈磁通量变化率为 0，故 D 正确。
1
．【解答】解:A．金属网的静电屏蔽是让内部合电场强度为零，但 A 球上的电荷在 B 处产生的电场
强度不为零，是金属网的感应电荷产生的感应电场抵消了它。故 A 错误；B．图乙中 A 板是正极
板，电子带负电，所以在电场力作用下会让电子向 A 板运动。故 B 正确；C．图丙中，磁块在铝
管中下落相比自由落体会慢一些，原因是铝管会产生感应电流，感应电流的磁场反过来对磁块的
运动形成电磁阻尼，故 C 正确；D．图丁中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，根据楞次定律可知铝
框会同向转动，故 D 正确。
则通过电阻 R 的电荷量为
联立解得
图线
的斜率表示磁通量的变化率，由图乙可知，在
5
．【解答】解：ABC.对小环受力分析，当静止时，电场力水平向左，重力竖直向下，支持力竖直向
上，摩擦力水平向右，水平方向有 qE－μmg＝ma，解得 。当速度增大时，导致洛
2
3
．【解答】解：AD、磁铁从高处下落时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律，P、Q 对导轨压力
将增加且会互相靠拢，以便阻碍磁通量的增大，故 AD 错误；B、根据楞次定律，回路产生的感应
电流的磁场会阻碍磁铁的下落，所以磁铁下落的加速度小于 g，故 B 正确；C、磁铁的重力势能转
化为系统的动能和因焦耳热产生的内能，故磁铁的动能的增加量小于其势能的减少量，故 C 错误。
伦兹力增大，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，所以随速度的增大洛伦兹力增大时，支
持力减小，从而使得滑动摩擦力减小，小环的加速度增大，小环做加速度增大的加速运动；当洛
伦兹力与重力大小相等时，小环的加速度最大，此时小环的速度为
，此时小环的加速度
6
．【解答】解：A.因为粒子做曲线运动所受合力（电场力）方向指向运动轨迹凹侧、带电粒子所受电
，
解得 r＝0.3m＝R，所以带正电的粒子从 O 点射入，形成以 r＝R 为半径
为
。速度继续增大，则洛伦兹力大于重力，支持力的方向变成向下，加速度随速度的
的运动半径为
增大开始减小，小环做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律可得 μ(qvB﹣mg)－qE＝ma。
的圆弧，从 b 点出去；从 aO 边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在 M 点进入
磁场，其圆心为 O'，如图所示，根据几何关系，可得：虚线的四边形 O′Meb 是菱形，则粒子的
出射点一定是从 b 点射出，同理可知，从 aO 边射入的粒子，出射点全部从 b 点射出，但射出的
速度方向并不相同，A 错误，B 错误；C.同理，带负电的粒子，从 a 点入射，形成以 r＝R 为半径
的圆弧，从 e 点离开；从 aO 间射入的粒子顺时针偏转，轨迹如图，有的能到达 e 点，有的从 Of
边离开，故 C 错误；D.根据运动轨迹可知，所有粒子中最长的轨迹为半圆，在磁场中运动的最长
当加速度为零时，小环达到最大速度，最大速度为
之后做匀速直线运动，故 AC
错误，B 正确；D.由动量定理得
，解得
，
故 D 错误。
6
．【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可得
，其中ΔΦ＝ΔB S，
。由图乙可
时间为 t
10﹣4s，故 D 正确。
知
，整理得
，故 A 错误；B、由楞次定律可知回路中感应电流方向为顺时针，
，解得：
因此 b 点电势高于 a 点电势，a、b 两点间电势差为
9
．【解答】解：AC．稳定时两棒共速 v，根据动量守恒可得
根据能量守恒可得电路中产生的电能为
故 A 正确、C 错误；B．cd 棒开始运动时，根
据右手定则，cd 棒电流方向由 d 到 c，ab 棒电流由 a→b，电流大小为
D．两棒组成的系统动量守恒，则有 ，解得
ab 棒受到的安培力为，
，故 D 正确；
，解得
，
故 B 错误；C、根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流为
，解
得：
。定值电阻 R1 消耗的电功率为
，解得：
，故 C 正确；D、
，故 D 错误。
，故 B 错误；
，则此时回路电流为
ab 棒的加速度大小
在 0～4t 时间内通过定值电阻 R 的电荷量为 q＝I 4t ，解得：
0
1
0
7
．【解答】解：A.根据右手定则可得感应电流为逆时针，根据左手定则可得安培力向左，导体棒向右
为
运动过程中一直受到向左的安培力作用，则安培力一直做负功，故 A 错误；B.感应电动势为 E＝
1
0．【解答】解：A、沿 Oa 方向发射的粒子，其运动轨迹恰好与 bc 边相切时，该粒子恰好能离开磁
Bdv，电流为
，导体棒受安培力为 F＝BId，联立可得
以初速度方向为正方向，
场，如下图所示，则根据洛伦兹力提供向心力有
，此时根据几何知
，所以沿 Oa
根据动量定理有
，可得导体棒在导轨上运动的最大距离为
故 B 正确；
识求得，轨迹半径为
，解得此时粒子的速度为 v
C.整个过程中，导体棒 MN 上产生的焦耳热为
正确；D.设整个过程中，通过导体棒的电荷量为 q，以初速度方向为正方向，根据动量定理 Bqd
mv0，可得 ，故 D 正确。
，可得
，故 C
方向发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
，故 A 错误；B、
垂直 ab 向上发射的粒子，当其轨迹与 bc 边和 cd 边恰好相切时，该粒子从 bc 边离开磁场，如下
＝
图所示，
8
．【解答】解：AB.粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得粒子
7
图像斜率绝对值表示 R +r，定值电阻 R 不变，
设轨迹半径为 r，则根据几何知识有 r
L，解得 r
，
0
0
则太阳能电池内阻随电流增大而增大，图像的纵截距为电源的电动势，即 E＝2.50V。
根据洛伦兹力提供向心力有
，解得粒子的速度为 v
，
（
（
3）电压表的示数为
，根据图示图像可得 2.20V＝2.70V﹣0.02×（R0+r），代入
所以垂直 ab 向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
，故 B 正确；C、
数据解得 r＝15Ω。
若粒子从 f 点离开，根据放缩圆，其在磁场的运动时间不超过
，故 C 正确；D、如果粒子
4）作出电阻箱的
图像如图所示
源发射速率均为
错误。
，根据旋转圆，则粒子所受洛伦兹力的冲量不可能为
，故 D
11．答案为：(1)
D
E
(2)A
【
解答】
（
1）[1]由于待测小灯泡的额定电压为
则电压表应选用 D；
由图可得电阻箱功率 P＝UI＝2.2×0.01W＝0.022W＝22mW
定值电阻功率 P0 W＝0.001W＝1mW
则电池的输出功率为 P'＝P+P0＝22mW+1mW＝23mW
[
2]小灯泡正常工作时的电阻为
为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的 E。
（
2）要求小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，则滑动变阻器采用分压接法；由于
1
3．【解答】（1）ab 边中电流方向为 b 到 a，ab 两端的电压为
；
可知电流表应采用外接法，故设计的合理的电路图是 A。
（
2）安培力对线框做的功为
1
2．答案为：（1）1.30；1.56；（2）增大；2.50；（3）15 ；（4）23
【
（
解答】
解：（1）根据右手定则，可得到线框刚进入磁场时，ab 中的电流方向为 b 到 a；
1）电压表量程为 3V，由图示表盘可知，其分度值为 0.1V，其读数为 1.30V。
由法拉第电磁感应定律，可得：E＝BLv，
电源两端的电压为
分析闭合电路，可得到 ab 两端电压为：
，
（
2）根据闭合电路的欧姆定律得
解得：
；
8
（
2）线框进入磁场的过程，根据闭合电路欧姆定律可得：
，
（
（
2）粒子从开始运动到第 2 次通过坐标轴所用的时间为
；
安培力公式：F＝BIL，由左手定则，可得安培力方向与线框运动方向相反；
3）圆形磁场区域的最小面积为
。
可得到安培力对线框做的功为：W 安＝－BIL L，
解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿 y 轴方向做匀速直线运动，沿 x 轴方向做初速度为零的匀加
解得：
。
速直线运动。
1
4．【解答】
(1)
(2)1.2s
(3)6.4N
设粒子通过 x 轴所用时间为 t1，则有：y＝v t
m
0 1
【详解】（1）根据
，
解得：
沿 x 轴方向的位移大小为：
解得
解得：x＝1.5m
（
2）A 到 B，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
可知粒子恰好由原点（0，0）第一次通过坐标轴。
粒子从原点处进入第四象限，在原点处沿 x 轴方向的分速度为：
解得：
（
3）B 点的速度
粒子到达原点时的速度大小为：
解得
解得：v1＝20m/s
B 到 D 过程，根据动能定理
设速度 v1 的方向与 x 轴正方向的夹角为θ，则有：
，
在 D 点，根据牛顿第二定律
解得：θ＝30°
解得
可知粒子第一次通过坐标轴的速度大小为 20m/s，方向与 x 轴正方向的夹角为 30°。
1
5．【解答】（1）粒子第一次通过坐标轴的位置坐标为（0，0），
速度大小为 20m/s，方向与 x 轴正方向的夹角为 30°；
9
设粒子经 x 轴再次进入匀强电场时速度方向跟 x 轴正方向的夹角为α，依题意：粒子第一次离开
电 场 的 时 间 是 粒 子 经 x 轴 再 次 进 入 匀 强 电 场 而 达 到 P 点 时 间 的
倍 ， 则 有 ：
解得：α＝60°圆形磁场区域面积最小时，区域半径为：r＝R3sin60°
（
2）粒子通过原点进入磁场 B1，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：
故圆形磁场区域的最小面积为：
，
可得运动半径 R
粒子在磁场 B1 中的运动半径为：
，解得：R1＝1m
粒子在磁场 B1 中运动的周期为：
，解得：
粒子在磁场 B 中偏转 60°后进入磁场 B ，在磁场 B 中运动时间为：
解得：
1
2
1
粒子在磁场 B2 中运动半径为：
，解得：R2＝0.5m
由几何关系可得粒子在磁场 B2 转过 90°垂直于 y 轴离开第四象限。
粒子在磁场 B2 运动周期为：
，解得：
在磁场 B2 中运动时间为：
解得：
可得粒子从开始运动到第 2 次通过坐标轴所用的时间为：
t＝t +t +t
3
1
2
（
3）粒子垂直于 y 轴进入第三象限后，经圆形磁场区域的偏转方可经过 x 轴再次进入匀强电场。
因 B ＝B ＝4T，故粒子在磁场 B 中的运动半径 R ＝R ＝0.5m
0
2
3
3
2
1
0