吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2025-2026学年高二上学期1月期末物理试题
一、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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
1．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）用塑料梳子梳头发时，有时听到“噼啪”声，这是因为（ ）
A．头发本身带电 B．梳子本身带电
C．梳子与头发摩擦产生了静电 D．与静电现象无关
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】用塑料梳子梳头发时，有时听到“噼啪”声，是由于梳子与头发摩擦产生了静电，与静电现象有关．故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】不同的物质组成的物体在相互摩擦的过程中，由于原子核束缚电子的本领不同，有的物体会失去电子，有的物体会得到电子，从而使物体带上电荷。
2．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）真空中两个点电荷间距离为d时库仑力为F，下列说法正确的是（ ）
A．两个点电荷间距离减小为原来的，其他量保持不变，库仓力变为
B．两个点电荷间距离增大到原来的倍，其他量保持不变，库仑力变为
C．每个点电荷电荷量都增大到原来的4倍，其他量保持不变，库仑力变为
D．两个点电荷间距离减小为原来的，同时仅一个点电荷电荷量加倍，其他量保持不变，库仑力变为
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．两个点电荷间距离减小为原来的，其他量保持不变，根据库仑定律，可得库仑力将变为，故A正确；
B．两个点电荷间距离增大到原来的倍，其他量保持不变，根据库仑定律，库仑力变为故B错误；
C．每个点电荷电荷量都增大到原来的4倍，其他量保持不变，根据库仑定律，库仑力变为，故C错误；
D．两个点电荷间距离减小为原来的，同时仅一个点电荷电荷量加倍，其他量保持不变，根据库仑定律，库仑力变为，故D错误；
故选：A。
【分析】真空中的两个点电荷间的库仑力符合库仑定律，根据库仑定律公式分析判断。
3．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）关于下列四幅图的分析正确的是（ ）
A．甲图中小磁针静止时位置如图，则通电直导线的电流方向从上往下
B．乙图中金属圆环通以逆时针电流时，小磁针静止时N极垂直纸面向里
C．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，则电源左侧为正极
D．丁图中地球磁体的N极位于地理北极附近
【答案】A
【知识点】地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则，甲图中小磁针静止时位置如图，磁场为顺时针方向，大拇指向下，所以通电直导线的电流方向从上往下，故A正确；B．根据安培定则结合电流方向可得圆环内磁场方向垂直纸面向外，可知小磁针静止时N极垂直纸面向外，故B错误；
C．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，螺线管右端为S极，则根据安培定则可知，电源右侧为正极，故C错误；
D．丁图中地球磁体的N极位于地理南极附近，故D错误。
故选：A。
【分析】根据安培定则分析判断；结合地磁场特点分析。
4．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，匀强磁场方向沿x轴的正方向，且线段，线段，通过面积的磁通量分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解决本题的关键是准确理解磁通量公式Φ=BS，知道S是线圈在磁场垂直方向投影的面积。根据磁通量的计算公式
可知，
故选D。
【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数，在匀强磁场中，根据公式Φ=BS，S是线圈在磁场垂直方向投影的面积，确定有效面积，再进行分析。
5．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示的电路，闭合开关发现灯泡不亮，电路中只有一处故障。用电压表检查故障，电压表的负接线柱始终接1，正接线柱接2、3时电压表有示数，正接线柱接4时电压表无示数，出现故障的原因可能是（ ）
A．开关断路 B．电阻断路 C．电阻断路 D．灯泡断路
【答案】B
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】电压表负接线柱接1，正接线柱接2、3时有示数，说明1到2、3的电路是通的，即电源、R3开关等部分正常；正接线柱接4时无示数，说明1到4的电路断路。所以应该是电阻R1断路，故ACD错误，B正确。故选：B。
【分析】根据电压表的示数情况判断电路通断：电压表接1与2、3时有示数，说明1到2、3的电路（电源、开关等）正常；接1与4时无示数，说明1到4的电路断路。
6．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）在生产纸张、纺织品等绝缘材料的过程中，为了实时监控材料的厚度，生产流水线上设置了如图所示的传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，某过程灵敏电流计G中有a流向b的电流，则此过程（ ）
A．板间的纸张厚度减小 B．板间的纸张厚度增大
C．板间的电场强度减小 D．极板所带的电荷量增大
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】D．灵敏电流计G中有a流向b的电流，说明电容器放电（充电电流方向应该是由b流向a），则电容器电荷量Q减小，故D错误；
AB．电容器电荷量Q减小，根据可知，电容器的电容减小，根据可知，电容器的电容减小，说明相对介电常数减小，则板间的纸张厚度减小，故A正确，B错误；
C．电压不变，且极板间距不变，则电场强度不变，故C错误。
故选A。
【分析】当纸张从平行极板间穿过时，电容器的电压不变，结合电流方向判断电容器电荷量变化情况，由电容的定义式分析电容器电容的变化，根据电容决定式分析板间的纸张厚度变化情况。根据分析电场强度的变化情况。
7．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）某同学将一直流电源的总功率输出功率和电源内部的发热功率随电流变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的所示，根据图线知（ ）
A．当电流为时，外电路的电阻为
B．电源的电动势为8V
C．电源的内阻为
D．反映随电流变化的图线是
【答案】A
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】B． 直流电源的总功率为PE=EI，图线a为总功率PE随电流I变化的图线，P-I图像的斜率等于电动势E，图线的斜率为k=E=4V，故B错误；
CD．电源内部发热功率，并且随着增大，也逐渐增大，所以反映变化的图线为c，根据图线c可得，故CD错误；
A．当电流为时，根据闭合电路欧姆定律得
代入数据解得，故A正确。
故选A。
【分析】直流电源的总功率PE=EI，P-I图像的斜率等于电动势E；电源内部的发热功率Pr=I2r，由图知：当I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻；根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻。
8．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）下列①、②、③、④四幅图分别是速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的结构示意图，下列说法中正确的是（ ）
A．图①中粒子沿直线运动的条件是
B．图②中可以判断出通过电阻的电流方向为从上到下
C．图③中在分析同位素时，半径最大的粒子对应质量也最大
D．图④随着粒子的运动越来越快，粒子走过半圆的时间间隔越来越短
【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A． 能够通过速度选择器的带电粒子电场力和洛伦兹力平衡，有
即，A正确；
B．根据左手定则可知，带正电的粒子向下板偏转，带负电的粒子向上板偏转，下板的电势高于上板，所以通过电阻的电流方向为从下到上，故B错误；
C．在分析同位素时，根据粒子在磁场中运动时满足
根据动能定理可得
可得
因同位素的q相同，可知半径最大的粒子对应质量也最大，C正确；
D．粒子在D型盒中的运动周期，与粒子运动速度无关，即随着粒子的运动越来越快，粒子走过半圆的时间间隔不变，D错误。
故选AC。
【分析】根据速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的原理判断即可。
9．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，电源的电动势为、内阻为，R1、R2均为定值电阻，为滑动变阻器，平行板电容器的极板水平放置，闭合开关，带电油滴恰好在两板之间处于静止状态。现将滑动变阻器的触头自向端滑动，下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻R1消耗的功率增大 B．定值电阻R2消耗的功率增大
C．带电油滴将向上运动 D．通过滑动变阻器的电流增大
【答案】A,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】现将滑动变阻器的触头自向端滑动，R的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，定值电阻R1以及电源内阻r上的电压都增大，则R1消耗的功率增大；并联支路的电压减小，则定值电阻R2消耗的功率减小，通过R2的电流减小，总电流增大，则通过滑动变阻器R的电流增大；电容器两板间电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下运动，故AD正确，BC错误。故选：AD。
【分析】将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，分析R阻值的变化，判断总电流的变化，进而确定定值电阻R1消耗的功率变化情况；分析并联部分电压的变化，再判断定值电阻R2消耗的功率变化情况；分析电容器板间场强的变化，判断油滴的运动方向；根据总电流与通过R2的电流变化分析通过滑动变阻器R的电流变化。
10．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图，虚线a、b、c是某静电场中在同一竖直面内的等势线，一根粗细均匀的光滑绝缘细杆竖直固定在等势线所在的竖直面内，一个质量为m、带正电小球套在杆上（可以自由滑动）。现让小球在A点由静止释放，从A到B加速运动的过程中，机械能不断增加，则下列判断正确的是（ ）
A．等势线a的电势比等势线b的电势高
B．小球在B点的电势能小于在C点的电势能
C．小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C
D．若小球沿杆运动能至D点，在D点的速度可能为零
【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．带正电小球从A到B加速运动的过程中，机械能不断增加，小球运动过程中只有电势能和机械能的转化，则电势能不断减小，由于小球带正电，所以电势降低，即等势线a的电势比等势线b的电势高，故A正确；B．由于B点电势低于C点电势，由于小球带正电，则小球在B点的电势能小于在C点的电势能，故B正确；
C．小球机械能变化量的绝对值等于电势能变化量的绝对值，由于小球在B点的电势能小于在C点的电势能，所以小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C，故C正确；
D．若小球沿杆运动至D点，因为A、D两点等电势，电场力做功为0，但重力做正功，根据动能定理可知小球在D点的速度不为零，故D错误。
故选：ABC。
【分析】机械能不断增加，则电势能不断减小，结合电性分析电势高低；根据电势能分析电势能变化；小球机械能变化量的绝对值等于电势能变化量的绝对值；根据电场力做功为0，但重力做正功结合动能定理分析。
二、第II卷 非选择题（共5小题，54分）
11．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）某同学想了解额定电压为的小灯泡的电阻随温度变化的规律，并想较准确地测出小灯泡的额定功率，根据实验室提供的器材设计了如图甲所示的电路。
（1）请根据图甲电路图将图乙实物图连接完整 。滑动变阻器有两个：滑动变阻器（阻值，额定电流）；滑动变阻器（阻值，额定电流）；本实验滑动变阻器应选用 （填“”或“”）；
（2）图乙电路连接完整后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最 （填“左”或“右”）端；闭合开关后，多次调节滑动变阻器的滑片，测出多组电压表和电流表的示数U、I，作出图像如图丙中实线所示，由图像可知，温度越高，小灯泡的电阻越 （填“大”或“小”），小灯泡的额定功率为 W（结果保留两位有效数字）；
（3）由于电表内阻的影响，实验存在系统误差，若图丙中A、B两条虚线有一条是小灯泡实际的图像，则这图线是 （填“A”或“B”）
【答案】（1）；R1
（2）左；大；0.50
（3）B
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】本实验考查小灯泡的电阻随温度变化的规律，并准确地测出小灯泡的额定功率，分压式接法若选全阻值大的滑动变阻器则操作或控制不方便，故全阻值小的滑动变阻器，伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻，由电流表的外接法的误差分析。
（1）实物图连接如图
滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的。
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于使负载两端电压最小的位置，在图乙电路中为最左端；
由图像可知，温度越高，图线的斜率越小，小灯泡的电阻越大；
由图像可知，当U=2.5V时，电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W
（3）由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线是小灯泡实际的图像，根据可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
【分析】（1）分压式接法若选全阻值大的滑动变阻器则操作或控制不方便，故全阻值小的滑动变阻器；
（2）伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻及结合图像确定其额定功率，
（3）由电流表的外接法的误差分析。
（1）[1]实物图连接如图
[2]滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的。
（2）[1]闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于使负载两端电压最小的位置，在图乙电路中为最左端；
[2]由图像可知，温度越高，图线的斜率越小，小灯泡的电阻越大；
[3]由图像可知，当U=2.5V时，电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W
（3）[1][2]由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线是小灯泡实际的图像，根据可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
12．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）某实验小组同学利用电流表和电压表测定由一节干电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。现有开关和导线若干，以及如下器材：
A.电流表A：量程，内阻约为
B.电压表V：量程，内阻约为
C.滑动变阻器
（1）根据所画图线可得出干电池的电动势 V，内电阻 （结果均保留两位有效数字）。
（2）用该电路测得的电源电动势 真实值。（填大于、等于或小于）
（3）某实验小组同学利用一只电流表和一个电阻箱测定电源的电动势和内阻，使用的器材还有开关一个，导线若干，实验原理如图丙所示：接通开关，多次改变电阻箱的阻值R，读出对应的电流表的示数I，并作记录，画出关系图线，如图丁所示。若电流表内阻，由图线求得电源的电动势 V，内阻 Ω（结果均保留两位有效数字）。
【答案】（1）1.5；1.0
（2）小于
（3）1.4；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理、利用图像处理数据的方法和实验误差的分析方法。
（1）根据闭合电路欧姆定律有
由图乙可知电源电动势为；
代入数据解得
（2）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，可知实际图像(虚线所示)和测量图像应如图所示：
由图可知，用该电路测得的电源电动势小于真实值，内阻小于真实值。
（3）由闭合电路欧姆定律有
变形为
即在图像中，图像的斜率表示电源电动势，电源电动势为
纵轴截距为
解得
【分析】（1）根据图像纵截距计算电动势，根据闭合电路欧姆定律计算内阻；
（2）根据电压表的分流作用，在坐标系中画出实际图像判断；
（3）根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）[1]由图乙可知电源电动势为；
[2]根据闭合电路欧姆定律有
代入数据有
解得
（2）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，可知实际图像(虚线所示)和测量图像应如图所示：
由图可知，用该电路测得的电源电动势小于真实值，内阻小于真实值。
（3）[1] [2]由闭合电路欧姆定律有
变形为
即在图像中，图像的斜率表示电源电动势，电源电动势为
纵轴截距为
解得
三、解答题（本题共3小题，共34分）
13．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝1Ω，小灯泡L上标有“6V 3W”的字样，电动机的线圈电阻。闭合开关S，小灯泡和电动机均正常工作。设小灯泡的阻值不受温度变化的影响。求闭合开关后：
（1）小灯泡正常发光时的电流；
（2）流过电源的电流；
（3）电动机输入功率。
【答案】（1）解：设小灯泡的额定功率为P，额定电压为U，由电功率公式得
代入数据得
（2）解：由闭合电路欧姆定理得
代入数据得
（3）解：设流过电动机的电流为，由并联电路的电流特点得
代入数据得
设电动机的输入功率为
代入数据得
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据功率公式计算小灯泡正常发光时的电流I；
（2）根据闭合电路欧姆定律计算流过电源的电流I0；
（3）根据并联电流分流规律求出流过电动机的电流，再求电动机的输入功率P入。
（1）设小灯泡的额定功率为P，额定电压为U，由电功率公式得
代入数据得
（2）由闭合电路欧姆定理得
代入数据得
（3）设流过电动机的电流为，由并联电路的电流特点得
代入数据得
设电动机的输入功率为
代入数据得
14．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，电源电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，水平放置的金属导轨的宽度为d=1m，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向与放置在轨道上的导体棒MN垂直，但与竖直方向夹角为37°，导体棒MN的质量为m=0.5kg，电阻为R=1Ω，若MN 在轨道上静止，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：轨道所受的压力和摩擦力？
【答案】回路的电流
安培力
由左手定则可知，MN受安培力方向垂直于B斜向右上方与水平方向的夹角为37°，可知轨道对MN的支持力为
轨道对MN的摩擦力为，方向向左；
由牛顿第三定律可知，压力大小为3.8N，方向竖直向下；摩擦力大小为1.6N，方向水平向右。
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【分析】导体棒处于静止状态，合外力为零，分析受力情况，根据平衡条件、欧姆定律和安培力公式结合进行求解。
15．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，竖直平面的第一象限区域内存在垂直平面向外的匀强磁场，第二象限存在水平向右的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以初速度垂直x轴进入电场中，粒子经y轴上的Q点进入磁场中、又从与Q等高的M点（未标出）离开磁场，最后到达x轴上的N点（未标出）。已知P点坐标为，Q点坐标为，粒子重力不计。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子从P到N的时间。
【答案】（1）解： 带电粒子在电场中做抛体运动，根据牛顿第二定律有
沿轴方向有
沿轴方向有
联立解得。
（2）解： 粒子进入磁场的速度为，则有，
代入数据解得
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知粒子速度与水平方向夹角满足
则有
由几何关系可知，粒子轨迹圆的圆心在轴上的点，粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆半径
由牛顿第二定律可得
代入数据解得。
（3）粒子在磁场内运动的圆心角为，由对称性可知粒子出磁场后方向的速度大小仍为，粒子从到的时间仍为，则粒子从到的时间为
代入数据得。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做抛体运动，结合抛体运动规律求解；
（2）求出粒子进入磁场的速度，画出粒子运动轨迹，结合几何关系求解轨迹半径大小，根据洛伦兹力提供向心力求解匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）根据粒子在磁场中轨迹圆心角求解在磁场中的运动时间，结合运动的合成与分解求解在磁场外运动时间，二者相加等于总时间。
（1）带电粒子在电场中做抛体运动，根据牛顿第二定律有
沿轴方向有
沿轴方向有
联立解得。
（2）粒子进入磁场的速度为，则有，
代入数据解得
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知粒子速度与水平方向夹角满足
则有
由几何关系可知，粒子轨迹圆的圆心在轴上的点，粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆半径
由牛顿第二定律可得
代入数据解得。
（3）粒子在磁场内运动的圆心角为，由对称性可知粒子出磁场后方向的速度大小仍为，粒子从到的时间仍为，则粒子从到的时间为
代入数据得。
1 / 1吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2025-2026学年高二上学期1月期末物理试题
一、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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
1．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）用塑料梳子梳头发时，有时听到“噼啪”声，这是因为（ ）
A．头发本身带电 B．梳子本身带电
C．梳子与头发摩擦产生了静电 D．与静电现象无关
2．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）真空中两个点电荷间距离为d时库仑力为F，下列说法正确的是（ ）
A．两个点电荷间距离减小为原来的，其他量保持不变，库仓力变为
B．两个点电荷间距离增大到原来的倍，其他量保持不变，库仑力变为
C．每个点电荷电荷量都增大到原来的4倍，其他量保持不变，库仑力变为
D．两个点电荷间距离减小为原来的，同时仅一个点电荷电荷量加倍，其他量保持不变，库仑力变为
3．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）关于下列四幅图的分析正确的是（ ）
A．甲图中小磁针静止时位置如图，则通电直导线的电流方向从上往下
B．乙图中金属圆环通以逆时针电流时，小磁针静止时N极垂直纸面向里
C．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，则电源左侧为正极
D．丁图中地球磁体的N极位于地理北极附近
4．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，匀强磁场方向沿x轴的正方向，且线段，线段，通过面积的磁通量分别为，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示的电路，闭合开关发现灯泡不亮，电路中只有一处故障。用电压表检查故障，电压表的负接线柱始终接1，正接线柱接2、3时电压表有示数，正接线柱接4时电压表无示数，出现故障的原因可能是（ ）
A．开关断路 B．电阻断路 C．电阻断路 D．灯泡断路
6．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）在生产纸张、纺织品等绝缘材料的过程中，为了实时监控材料的厚度，生产流水线上设置了如图所示的传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，某过程灵敏电流计G中有a流向b的电流，则此过程（ ）
A．板间的纸张厚度减小 B．板间的纸张厚度增大
C．板间的电场强度减小 D．极板所带的电荷量增大
7．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）某同学将一直流电源的总功率输出功率和电源内部的发热功率随电流变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的所示，根据图线知（ ）
A．当电流为时，外电路的电阻为
B．电源的电动势为8V
C．电源的内阻为
D．反映随电流变化的图线是
8．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）下列①、②、③、④四幅图分别是速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的结构示意图，下列说法中正确的是（ ）
A．图①中粒子沿直线运动的条件是
B．图②中可以判断出通过电阻的电流方向为从上到下
C．图③中在分析同位素时，半径最大的粒子对应质量也最大
D．图④随着粒子的运动越来越快，粒子走过半圆的时间间隔越来越短
9．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，电源的电动势为、内阻为，R1、R2均为定值电阻，为滑动变阻器，平行板电容器的极板水平放置，闭合开关，带电油滴恰好在两板之间处于静止状态。现将滑动变阻器的触头自向端滑动，下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻R1消耗的功率增大 B．定值电阻R2消耗的功率增大
C．带电油滴将向上运动 D．通过滑动变阻器的电流增大
10．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图，虚线a、b、c是某静电场中在同一竖直面内的等势线，一根粗细均匀的光滑绝缘细杆竖直固定在等势线所在的竖直面内，一个质量为m、带正电小球套在杆上（可以自由滑动）。现让小球在A点由静止释放，从A到B加速运动的过程中，机械能不断增加，则下列判断正确的是（ ）
A．等势线a的电势比等势线b的电势高
B．小球在B点的电势能小于在C点的电势能
C．小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C
D．若小球沿杆运动能至D点，在D点的速度可能为零
二、第II卷 非选择题（共5小题，54分）
11．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）某同学想了解额定电压为的小灯泡的电阻随温度变化的规律，并想较准确地测出小灯泡的额定功率，根据实验室提供的器材设计了如图甲所示的电路。
（1）请根据图甲电路图将图乙实物图连接完整 。滑动变阻器有两个：滑动变阻器（阻值，额定电流）；滑动变阻器（阻值，额定电流）；本实验滑动变阻器应选用 （填“”或“”）；
（2）图乙电路连接完整后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最 （填“左”或“右”）端；闭合开关后，多次调节滑动变阻器的滑片，测出多组电压表和电流表的示数U、I，作出图像如图丙中实线所示，由图像可知，温度越高，小灯泡的电阻越 （填“大”或“小”），小灯泡的额定功率为 W（结果保留两位有效数字）；
（3）由于电表内阻的影响，实验存在系统误差，若图丙中A、B两条虚线有一条是小灯泡实际的图像，则这图线是 （填“A”或“B”）
12．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）某实验小组同学利用电流表和电压表测定由一节干电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。现有开关和导线若干，以及如下器材：
A.电流表A：量程，内阻约为
B.电压表V：量程，内阻约为
C.滑动变阻器
（1）根据所画图线可得出干电池的电动势 V，内电阻 （结果均保留两位有效数字）。
（2）用该电路测得的电源电动势 真实值。（填大于、等于或小于）
（3）某实验小组同学利用一只电流表和一个电阻箱测定电源的电动势和内阻，使用的器材还有开关一个，导线若干，实验原理如图丙所示：接通开关，多次改变电阻箱的阻值R，读出对应的电流表的示数I，并作记录，画出关系图线，如图丁所示。若电流表内阻，由图线求得电源的电动势 V，内阻 Ω（结果均保留两位有效数字）。
三、解答题（本题共3小题，共34分）
13．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝1Ω，小灯泡L上标有“6V 3W”的字样，电动机的线圈电阻。闭合开关S，小灯泡和电动机均正常工作。设小灯泡的阻值不受温度变化的影响。求闭合开关后：
（1）小灯泡正常发光时的电流；
（2）流过电源的电流；
（3）电动机输入功率。
14．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，电源电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，水平放置的金属导轨的宽度为d=1m，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向与放置在轨道上的导体棒MN垂直，但与竖直方向夹角为37°，导体棒MN的质量为m=0.5kg，电阻为R=1Ω，若MN 在轨道上静止，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：轨道所受的压力和摩擦力？
15．（2026高二上·长春汽车经济技术开发期末）如图所示，竖直平面的第一象限区域内存在垂直平面向外的匀强磁场，第二象限存在水平向右的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以初速度垂直x轴进入电场中，粒子经y轴上的Q点进入磁场中、又从与Q等高的M点（未标出）离开磁场，最后到达x轴上的N点（未标出）。已知P点坐标为，Q点坐标为，粒子重力不计。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子从P到N的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】用塑料梳子梳头发时，有时听到“噼啪”声，是由于梳子与头发摩擦产生了静电，与静电现象有关．故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】不同的物质组成的物体在相互摩擦的过程中，由于原子核束缚电子的本领不同，有的物体会失去电子，有的物体会得到电子，从而使物体带上电荷。
2．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A．两个点电荷间距离减小为原来的，其他量保持不变，根据库仑定律，可得库仑力将变为，故A正确；
B．两个点电荷间距离增大到原来的倍，其他量保持不变，根据库仑定律，库仑力变为故B错误；
C．每个点电荷电荷量都增大到原来的4倍，其他量保持不变，根据库仑定律，库仑力变为，故C错误；
D．两个点电荷间距离减小为原来的，同时仅一个点电荷电荷量加倍，其他量保持不变，根据库仑定律，库仑力变为，故D错误；
故选：A。
【分析】真空中的两个点电荷间的库仑力符合库仑定律，根据库仑定律公式分析判断。
3．【答案】A
【知识点】地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则，甲图中小磁针静止时位置如图，磁场为顺时针方向，大拇指向下，所以通电直导线的电流方向从上往下，故A正确；B．根据安培定则结合电流方向可得圆环内磁场方向垂直纸面向外，可知小磁针静止时N极垂直纸面向外，故B错误；
C．丙图中小磁针静止时的位置如图所示，螺线管右端为S极，则根据安培定则可知，电源右侧为正极，故C错误；
D．丁图中地球磁体的N极位于地理南极附近，故D错误。
故选：A。
【分析】根据安培定则分析判断；结合地磁场特点分析。
4．【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解决本题的关键是准确理解磁通量公式Φ=BS，知道S是线圈在磁场垂直方向投影的面积。根据磁通量的计算公式
可知，
故选D。
【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数，在匀强磁场中，根据公式Φ=BS，S是线圈在磁场垂直方向投影的面积，确定有效面积，再进行分析。
5．【答案】B
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】电压表负接线柱接1，正接线柱接2、3时有示数，说明1到2、3的电路是通的，即电源、R3开关等部分正常；正接线柱接4时无示数，说明1到4的电路断路。所以应该是电阻R1断路，故ACD错误，B正确。故选：B。
【分析】根据电压表的示数情况判断电路通断：电压表接1与2、3时有示数，说明1到2、3的电路（电源、开关等）正常；接1与4时无示数，说明1到4的电路断路。
6．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】D．灵敏电流计G中有a流向b的电流，说明电容器放电（充电电流方向应该是由b流向a），则电容器电荷量Q减小，故D错误；
AB．电容器电荷量Q减小，根据可知，电容器的电容减小，根据可知，电容器的电容减小，说明相对介电常数减小，则板间的纸张厚度减小，故A正确，B错误；
C．电压不变，且极板间距不变，则电场强度不变，故C错误。
故选A。
【分析】当纸张从平行极板间穿过时，电容器的电压不变，结合电流方向判断电容器电荷量变化情况，由电容的定义式分析电容器电容的变化，根据电容决定式分析板间的纸张厚度变化情况。根据分析电场强度的变化情况。
7．【答案】A
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】B． 直流电源的总功率为PE=EI，图线a为总功率PE随电流I变化的图线，P-I图像的斜率等于电动势E，图线的斜率为k=E=4V，故B错误；
CD．电源内部发热功率，并且随着增大，也逐渐增大，所以反映变化的图线为c，根据图线c可得，故CD错误；
A．当电流为时，根据闭合电路欧姆定律得
代入数据解得，故A正确。
故选A。
【分析】直流电源的总功率PE=EI，P-I图像的斜率等于电动势E；电源内部的发热功率Pr=I2r，由图知：当I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻；根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻。
8．【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A． 能够通过速度选择器的带电粒子电场力和洛伦兹力平衡，有
即，A正确；
B．根据左手定则可知，带正电的粒子向下板偏转，带负电的粒子向上板偏转，下板的电势高于上板，所以通过电阻的电流方向为从下到上，故B错误；
C．在分析同位素时，根据粒子在磁场中运动时满足
根据动能定理可得
可得
因同位素的q相同，可知半径最大的粒子对应质量也最大，C正确；
D．粒子在D型盒中的运动周期，与粒子运动速度无关，即随着粒子的运动越来越快，粒子走过半圆的时间间隔不变，D错误。
故选AC。
【分析】根据速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的原理判断即可。
9．【答案】A,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】现将滑动变阻器的触头自向端滑动，R的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，定值电阻R1以及电源内阻r上的电压都增大，则R1消耗的功率增大；并联支路的电压减小，则定值电阻R2消耗的功率减小，通过R2的电流减小，总电流增大，则通过滑动变阻器R的电流增大；电容器两板间电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下运动，故AD正确，BC错误。故选：AD。
【分析】将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，分析R阻值的变化，判断总电流的变化，进而确定定值电阻R1消耗的功率变化情况；分析并联部分电压的变化，再判断定值电阻R2消耗的功率变化情况；分析电容器板间场强的变化，判断油滴的运动方向；根据总电流与通过R2的电流变化分析通过滑动变阻器R的电流变化。
10．【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．带正电小球从A到B加速运动的过程中，机械能不断增加，小球运动过程中只有电势能和机械能的转化，则电势能不断减小，由于小球带正电，所以电势降低，即等势线a的电势比等势线b的电势高，故A正确；B．由于B点电势低于C点电势，由于小球带正电，则小球在B点的电势能小于在C点的电势能，故B正确；
C．小球机械能变化量的绝对值等于电势能变化量的绝对值，由于小球在B点的电势能小于在C点的电势能，所以小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C，故C正确；
D．若小球沿杆运动至D点，因为A、D两点等电势，电场力做功为0，但重力做正功，根据动能定理可知小球在D点的速度不为零，故D错误。
故选：ABC。
【分析】机械能不断增加，则电势能不断减小，结合电性分析电势高低；根据电势能分析电势能变化；小球机械能变化量的绝对值等于电势能变化量的绝对值；根据电场力做功为0，但重力做正功结合动能定理分析。
11．【答案】（1）；R1
（2）左；大；0.50
（3）B
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】本实验考查小灯泡的电阻随温度变化的规律，并准确地测出小灯泡的额定功率，分压式接法若选全阻值大的滑动变阻器则操作或控制不方便，故全阻值小的滑动变阻器，伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻，由电流表的外接法的误差分析。
（1）实物图连接如图
滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的。
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于使负载两端电压最小的位置，在图乙电路中为最左端；
由图像可知，温度越高，图线的斜率越小，小灯泡的电阻越大；
由图像可知，当U=2.5V时，电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W
（3）由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线是小灯泡实际的图像，根据可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
【分析】（1）分压式接法若选全阻值大的滑动变阻器则操作或控制不方便，故全阻值小的滑动变阻器；
（2）伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻及结合图像确定其额定功率，
（3）由电流表的外接法的误差分析。
（1）[1]实物图连接如图
[2]滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的。
（2）[1]闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于使负载两端电压最小的位置，在图乙电路中为最左端；
[2]由图像可知，温度越高，图线的斜率越小，小灯泡的电阻越大；
[3]由图像可知，当U=2.5V时，电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W
（3）[1][2]由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线是小灯泡实际的图像，根据可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
12．【答案】（1）1.5；1.0
（2）小于
（3）1.4；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理、利用图像处理数据的方法和实验误差的分析方法。
（1）根据闭合电路欧姆定律有
由图乙可知电源电动势为；
代入数据解得
（2）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，可知实际图像(虚线所示)和测量图像应如图所示：
由图可知，用该电路测得的电源电动势小于真实值，内阻小于真实值。
（3）由闭合电路欧姆定律有
变形为
即在图像中，图像的斜率表示电源电动势，电源电动势为
纵轴截距为
解得
【分析】（1）根据图像纵截距计算电动势，根据闭合电路欧姆定律计算内阻；
（2）根据电压表的分流作用，在坐标系中画出实际图像判断；
（3）根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）[1]由图乙可知电源电动势为；
[2]根据闭合电路欧姆定律有
代入数据有
解得
（2）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，可知实际图像(虚线所示)和测量图像应如图所示：
由图可知，用该电路测得的电源电动势小于真实值，内阻小于真实值。
（3）[1] [2]由闭合电路欧姆定律有
变形为
即在图像中，图像的斜率表示电源电动势，电源电动势为
纵轴截距为
解得
13．【答案】（1）解：设小灯泡的额定功率为P，额定电压为U，由电功率公式得
代入数据得
（2）解：由闭合电路欧姆定理得
代入数据得
（3）解：设流过电动机的电流为，由并联电路的电流特点得
代入数据得
设电动机的输入功率为
代入数据得
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据功率公式计算小灯泡正常发光时的电流I；
（2）根据闭合电路欧姆定律计算流过电源的电流I0；
（3）根据并联电流分流规律求出流过电动机的电流，再求电动机的输入功率P入。
（1）设小灯泡的额定功率为P，额定电压为U，由电功率公式得
代入数据得
（2）由闭合电路欧姆定理得
代入数据得
（3）设流过电动机的电流为，由并联电路的电流特点得
代入数据得
设电动机的输入功率为
代入数据得
14．【答案】回路的电流
安培力
由左手定则可知，MN受安培力方向垂直于B斜向右上方与水平方向的夹角为37°，可知轨道对MN的支持力为
轨道对MN的摩擦力为，方向向左；
由牛顿第三定律可知，压力大小为3.8N，方向竖直向下；摩擦力大小为1.6N，方向水平向右。
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【分析】导体棒处于静止状态，合外力为零，分析受力情况，根据平衡条件、欧姆定律和安培力公式结合进行求解。
15．【答案】（1）解： 带电粒子在电场中做抛体运动，根据牛顿第二定律有
沿轴方向有
沿轴方向有
联立解得。
（2）解： 粒子进入磁场的速度为，则有，
代入数据解得
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知粒子速度与水平方向夹角满足
则有
由几何关系可知，粒子轨迹圆的圆心在轴上的点，粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆半径
由牛顿第二定律可得
代入数据解得。
（3）粒子在磁场内运动的圆心角为，由对称性可知粒子出磁场后方向的速度大小仍为，粒子从到的时间仍为，则粒子从到的时间为
代入数据得。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做抛体运动，结合抛体运动规律求解；
（2）求出粒子进入磁场的速度，画出粒子运动轨迹，结合几何关系求解轨迹半径大小，根据洛伦兹力提供向心力求解匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）根据粒子在磁场中轨迹圆心角求解在磁场中的运动时间，结合运动的合成与分解求解在磁场外运动时间，二者相加等于总时间。
（1）带电粒子在电场中做抛体运动，根据牛顿第二定律有
沿轴方向有
沿轴方向有
联立解得。
（2）粒子进入磁场的速度为，则有，
代入数据解得
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知粒子速度与水平方向夹角满足
则有
由几何关系可知，粒子轨迹圆的圆心在轴上的点，粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆半径
由牛顿第二定律可得
代入数据解得。
（3）粒子在磁场内运动的圆心角为，由对称性可知粒子出磁场后方向的速度大小仍为，粒子从到的时间仍为，则粒子从到的时间为
代入数据得。
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