2024届辽宁沈阳市郊联体物理高二年级上册期末经典试题含解析

2024届辽宁沈阳市郊联体物理高二上期末经典试题

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、带电粒子以初速度vo从a点进入匀强磁场，如图所示.运动中经过b点，Oa=Ob,若撤去磁场加一个与y轴平行

的匀强电场，仍以相同的速度vo从a点进入电场,粒子仍能通过b点.设加磁场时，粒子通过b点的速度为”,加电场

时通过b点的速度为V2,则下列判断正确的是（不计重力）

》八

XXXXX

XXXXX

XQXX人XXX

A.V1>V2

B.V1=V2

C.V1<V2

D.无法判定大小关系

2、如图所示，四边形的通电闭合线框abed处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到磁场力的合力（）

A.竖直向上

B.方向垂直于ad斜向上

C.方向垂直于be斜向上

D.为零

3、下列图像能表示物体做匀加速直线运动的是

4、关于电场，下列说法正确的是（）

F

人.由£=一知，若g减半，则该处电场强度为原来的2倍

Q

8.由石=弊知，E与。成正比，而与「成反比

r

<3.由石=挈知，在以。为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同

r

D.电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向

5、如图所示为一阴极射线管，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，若要加一

磁场使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，则所加磁场方向为（）

A.沿z轴正方向B.沿z轴负方向

C.沿y轴正方向D.沿y轴负方向

6、关于磁场和电场的认识，下列说法正确的是（）

A.电流元在某处不受安培力，该处一定没有磁场

B.电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同

C.电场线起于正电荷终止于负电荷，磁感线起于N极终止于S极

D.同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，用静电计测量带电的平行板电容器两极板（相互正对）间的电势差时，保持平行板电容器两极板距离不变,

若把B极板向上移动少许，则（）

A.电容器的电容不变

B.两极板间的电场强度变大

C.静电计的张角增大

D.两极板所带的电荷量增大

8、对UAB=1V的理解，正确的是（）

A.从A到B移动qC的电荷，电场力做功1J

B.从A到B移动1C的正电荷，电场力做功1J

C.从A到B移动1C的负电荷，克服电场力做功1J

D.从A到B移动1C的负电荷，外力做功1J

9、2019年国产首套超导质子回旋加速器进入集成测试阶段，通过该设备可以将质子的能量加速到230MeV,质子被引

出后射入人体，当到达病灶的瞬间，释放大量能量，实现对癌细胞的精准清除，不损伤人体正常细胞，是癌症患者的

福音。回旋加速器的原理如图，Di和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，接在电压为。、周期为7的交流电源

上，位于D2圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），质子在两盒之间被电场加速，Di、D2

置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。已知质子的电量为4、质量为根，忽略质子在电场中运动的时间，

不考虑加速过程中的相对论效应，下列说法正确的是（）

27r加

A.交流电源的周期丁=—^

qB

B.质子第一次进入D,盒与第一次进入D2盒的半径之比为1:2

C.质子在电场中加速的次数为迎戈

2mU

D.若只增大交变电压U,则质子的最大动能Ek会变大

10、如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两

球都带电的是

A.先把两球分开，再移走带电棒

B.先移走带电棒，再把两球分开

C.先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开

D.用手接触乙球，移开导体棒，然后将手离开乙球，最后将两球分开

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.(6分)用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量:

(1)旋动部件,使指针对准电流的“0”刻线;

(2)将K旋转到电阻挡“x/oo"的位置；

(3)将插入“十"、”-"插孔的表笔短接，旋动部件,使指针对准电阻的,(填“0刻线“或“oo刻线，，)；

(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小.为了得到比较准确的测量结果，应将K旋转到电阻挡

的,(填“xlK，或“X100”)的位置，重新进行欧姆调零并完成测量

12.(12分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：

小灯泡L(3V,0.6A)

滑动变阻器衣(0〜10Q)

电压表Vi(0〜3V)

电压表V2(0〜15V)

电流表Ai(0-0.6A)

电流表Ai(0~3A)

铅蓄电池、开关各一个，导线若干

(1)为了减小误差，实验中应选电流表,电压表.

(2)在图虚线框内按要求设计实验电路图。()

（3）现已描绘出该灯泡的伏安特性曲线如图所示，若将该元件与50的定值电阻串联，再接在一个电动势为3V,内

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的3C部分是半径

为R的;圆环，轨道的水平部分与半圆环相切.4为水平轨道上的一点，而且，~,把一质量带电

量为q=+l（）TC的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

E

⑴小球到达C点的速度大小

（2）小球在C点时，轨道受到的压力大小

14.（16分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m,a＞》间的电场强度为E=5.0X1（）5N/C,b

板下方整个空间存在着磁感应强度大小为8=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为桃=4.8xl03kg、电荷

186

量为？=1.6xlOC的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以vo=l.OxlOm/s的初速度水平射入匀强电场，刚好

从狭缝尸处穿过》板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到6板的。处（图中未画出）.求尸、。之间的距离L

XXXXXXX

15.(12分)如图，两根间距为L=0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E=3V、内阻r=l。的电源，导轨平面与

水平面间的夹角。=37。.金属杆ab垂直导轨放置，质量m=0.2kg.导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不

计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.当Ro=10时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g=10m/s2,511137。=0.6,

cos37°=0.8

(1)求磁感应强度B的大小；

(2)若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解析】带电粒子以速度从“点进入匀强磁场，运动中经过入点，Oa=Ob,所以圆周运动的半径正好等于d,洛伦

兹力不做功故速度大小不变，利用几何关系判断粒子速度方向；如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛

运动的基本规律结合动能定理即可分析求解.

【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知圆周运动的半径：r=oa=ob,因为洛伦兹力不做功，故

加磁场时粒子通过％点的速度大小不变：也=为，方向沿y轴负方向；

如果换成匀强电场，水平方向以阿做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，电场力对粒子做正功，根据动

能定理可知动能变大，通过&点的速度大小：也〉山，根据类平抛特点可知速度方向斜朝右下方与x轴正方向成锐角，

所以孙〈也，并且打、也方向不同，故A、B、D错误，C正确.故选C.

【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动

规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径.

2、D

【解析】由题意可知中电流组成一个封闭的电流，其有效长度为零，所以线框初M所受安培力的合力为零，选

项D正确。

故选D。

【点睛】考查安培力大小与通电导线的长度关系，及力的合成法则.当然本题还可以采用等效法进行求解

3、D

【解析】A图中位移随时间不发生变化，处于静止状态，故A错误；B图中位移随时间均匀增大，表示物体做匀速直

线运动.故B错误；C图中，速度随时间不变，做匀速直线运动.故C错误.D图中v-f图象是倾斜的直线，速度均

匀变化，加速度不变，表示物体做匀变速直线运动.故D正确

4、B

【解析】A.电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与试探电荷的电量无关，选项A错误；

B.由

E当

r

知，E与。成正比，而与产成反比，选项B正确；

C.由

E-丝

知，在以。为球心，以r为半径的球面上，各处场强大小均相同，但是方向不同，选项C错误；

D.电场中某点场强方向就是该点所放正电荷受到的静电力的方向，选项D错误。

故选B

5、D

【解析】电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向上（z轴正方向）偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上,

根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向

【详解】电子受到的洛伦兹力方向沿Z轴正方向，亮线向上偏转，根据左手定则，且由于电子带负电，则加一沿y轴

负方向的磁场，故D正确，ABC错误.故选D

【点睛】本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力，负电荷运动的方向与电流方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判

断，同时要将左手定则与右手定则的区别开来

6、D

【解析】电流元在某处不受安培力，可能是电流方向与磁场方向平行，该处不一定没有磁场，选项A错误；正电荷受

电场力方向和所在位置电场方向相同，负电荷受电场力方向和所在位置电场方向相反，选项B错误；电场线起于正电

荷终止于负电荷或者无穷远，磁感线在磁体的外部是从N极到S极，内部是从S极到N极，形成闭合的曲线，选项C

错误；导线受到的磁场力与导线的放置方式有关，同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方

受到的安培力小，选项D正确；故选D.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC

【解析】将B板竖直向上平移，两板正对面积减小，由

C=-^—

471kd

分析可知电容减小，而电容器的电量不变，根据

u=—

C

可知板间电压增大，则静电计指针张角增大，根据

E4

d

可知，d不变，故电场强度增大，故BC正确，AD错误。

故选BCo

【点睛】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据。=£,通过电容的变化,

判断电势差的变化，根据E=与判断电场强度的变化。

a

8、BC

【解析】试题分析：根据W=Uq可知对UAB=1V表示：从A到B移动1C的正电荷，电场力做功1J;或者从A到B

移动1C的负电荷，克服电场力做功1J,选项BC正确，AD错误；故选BC.

考点：电势差

9、AC

【解析】A.质子在回旋加速器中每做半个圆周运动电场变换一次，则回旋加速器的交流电频率等于质子在磁场中的

运动周期，故有丁=一丁，故A正确；

qB

B.质子第一次进入Di盒时加速了一次，设速度为匕，有

〃12

qU=~mvl

做圆周运动的半径为4,有

V.2

qvxB=m—

14

可得

_mv{_12mU

质子第一次进入D2盒时加速了两次'同理推得-2=亲=)^等'故两半径之比为

a=_L

r2y/2

故B错误;

D.无论质子在电场中加速多少次，最后都是从磁场中以最大速度匀速圆周离开，有

v2

B=m^

qVmK

可得最大动能为

B-R1

2m

故有质子的最大动能与加速电压。无关，与加速度的最大半径R有关，故若只增大交变电压U,则质子的最大动能不

变，故D错误;

C.由最大动能可推出质子在电场中的加速次数，有

叩0=小—0

解得质子在电场中加速的次数为

〃占—H

qU2mU

故C正确

故选ACo

10、AC

【解析】将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变.用

手接触金属球时，相对于接地.由此分析即可

【详解】A.先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷.故A正确；

B.先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电.故B错误；

C.使棒与起振的一个球瞬时接触，这样两球都带同种电，当移走棒，两球仍带电.故C正确；

D.用手接触乙球，移开导体棒后，甲乙两球电荷与人体的电荷中和，然后将手离开乙球，则两球不会带电，故D

错误；

故选AC

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、①.5②.7③.0刻度@.xl*

【解析】(1)电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；

(3)将插入"插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T,使指针对准电阻的0刻线.

(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针示数过小，说明所选倍率太小，为了得到比较准确的测量结果，应换用大

挡进行测量，为了得到比较准确的测量结果，应将K旋转到电阻挡的xlK.

【解析】(1)⑴⑵.小灯泡额定电流为0.6A,则为了减小误差，实验中应选电流表Ai；小灯泡额定电压为3V,则电

压表Vi；

(2)[3].小灯泡两端的电压要从。开始调节，则滑动变阻器选用分压接法；小灯泡内阻较小，故应选用电流表外接

法，电路图如图所示

(3)[4].若将该元件与5。定值电阻串联，再接在一个电动势为3V,内阻不计的电源上，贝!|U=E-/R,即17=3-51,

将此函数关系画在灯泡的图像上如图；

交点1=0.17A,U=2.15V,则该元件的消耗的功率为

P=Zl7=0.17x2.15W=0.37Wo

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)vc=2m/s(2)3N

【解析】(1)设小球在C点的速度大小是此，则对于小球由A-C的过程中，由动能定理得：

12

qE-2R—mgR=—mvc

解得：

vc=2m/s

⑵小球在C点时受力分析如图

NC----4-------qE

由牛顿第二定律得：

2

Nc-qE—TH—-

R

解得：

NC=3N

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：

NC，=NC=3N

14>8cm