2025届辽宁省沈阳市第九中学高二物理第一学期期末综合测试试题含解析

2025届辽宁省沈阳市第九中学高二物理第一学期期末综合测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如图所示，在平行带电金属板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行于金属板方向，以相同动能射入两极板间，其中氘核沿直线运动，未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则①偏向正极板的是质子；②偏向正极板的是氚核；③射出时动能最大的是质子；④射出时动能最大的是氚核。以上说法正确的是()A.①② B.②③C.③④ D.①④2、原来静止的氕核（）、氘核（）、氚核（）混合物经同一电场加速后，平行于金属板方向射入平行板电场内，经过此电场后的偏转角关系正确的是（）A.氕核（）偏转角最大 B.氘核（）偏转角最大C.氚核（）偏转角最大 D.三种粒子偏转角一样大3、如图所示，磁场中的通电导线所受安培力方向正确的是（）A. B.C. D.4、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下列说法错误的是（）A.带电油滴的电势能将增大B.P点的电势将降低C.带电油滴将沿竖直方向向上运动D.电容器的电容减小，极板带电量减小5、如图所示，若α粒子和质子以相同速度垂直进入同一匀强磁场中,它们的质量比是4:1电量比是2:1，则α粒子和质子A.运动半径之比是2∶1B.回到磁场边界时速度大小之比是2∶1C.在磁场中运动时间之比是1∶1D.受到的洛伦兹力之比是1∶16、在某高度处将小球以2m/s的速度水平抛出.落地时的速度是4m/s，不计空气阻力，则小球落地时速度方向和水平方向的夹角是（）A.60° B.45°C.37° D.30°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、如图甲所示，电阻为5Ω、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R=95Ω．线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．则A.A点的电势小于B点的电势B.在线圈位置上感应电场沿逆时针方向C.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05CD.0.1s时间内非静电力所做的功为2.5J8、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A.回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半B.利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径RC.回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大D.粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功一样多9、如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（）A.b点的电势低于c点的电势B.b点电场强度小于d点电场强度C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能10、如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是A.粒子所受电场力的方向一定是由M指向NB.带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小C.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度三、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）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)12．（12分）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组(3V，内阻1Ω)B.电流表(0～3A，内阻0.0125Ω)C.电流表(0～0.6A，内阻0.125Ω)D.电压表(0～3V，内阻3kΩ)E.电压表(0～15V，内阻15kΩ)F.滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1A)G.滑动变阻器(0～2000Ω，额定电流0.3A)H.开关、导线(1)上述器材中应选用的是________________．(填写各器材的字母代号)(2)实验电路应采用电流表________(填“内”或“外”)接法(3)设实验中，电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I＝________A，U＝________V.(4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求下面的方框图中画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图，然后根据你设计的原理电路用笔画线代替导线将给定的器材连成实验电路．________________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）已知质量为

m，带电量为

的小球，从水平放置的平行金属板上板小孔处，以初速度

竖直向下进入板间，做加速运动。已知两板间距为

d，电源能提供的电压为U

且恒定，重力加速度为。求：（1）平行板间电场强度大小和方向；（2）小球到达下极板时速率v为多大？14．（16分）如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=1m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.050kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=4Ω。金属导轨电阻不计，取g=10m/s2，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：(1)导体棒受到的安培力大小；(2)导体棒受到的摩擦力大小。15．（12分）一个质量为60千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5米高处.已知运动员与网接触的时候为1.2秒。求运动员和网接触的这段时间内，网对运动员的平均作用力F（g取10m/s2）。

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、D【解析】根据题意，氘核沿直线运动未发生偏转，是因电场力等于洛伦兹力，由于相同的动能，而不同的质量，它们的电量相同且带正电，磁场相同，电场力相同，因而由速度决定洛伦兹力大小，所以氘核的速度处于中间，氚核的速度最小，质子的速度最大，所以质子受到的洛伦兹力大于电场力，向上偏转，由于电场力做负功，导致质子的动能减小；氚核受到的洛伦兹力小于电场力，向下偏转，电场力做正功，导致氚核的动能最大故选D。2、D【解析】粒子由初速为零，经电压为U电场加速，在加速过程中，只有电场力做的功为qU，由动能定理得解得粒子经匀强电场偏转，偏转电场长为L，场强为E，进入偏转电场做类平抛运动，结合平抛运动规律解题，水平方向竖直方向由平抛运动规律得则可知，偏转角与带电粒子的电荷量、质量等无关，故D正确。故选D。3、C【解析】根据左手定值可知，A图中的安培力应该垂直磁感线水平向右；B图中安培力应垂直磁感线向下；C图中安培力应垂直电流向下；D图电流与磁场方向平行，不受安培力。故选C。4、C【解析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【详解】将平行板电容器上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故C错误．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故AB正确．根据，可知d增大时，电容器的电容减小；根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D正确；此题选择错误的选项，故选C【点睛】本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化5、A【解析】质子和粒子以相同的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v及T的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比【详解】A、质子和粒子在同一磁场中以同一速率做匀速圆周运动，根据，可得粒子轨迹半径，因和B相同，故粒子和质子的半径之比是2:1，故A正确；B、因洛伦兹力不做功，故再次回到磁场边界时速度大小不变，故回到磁场边界时速度大小之比是1：1，故B错误；C、粒子运动周期：，因相同，半径之比为2:1，所以周期之比也为2:1，两粒子在磁场中均转半个周期，所以在磁场中运动时间之比是2:1，C错误；D、根据洛伦兹力公式，，因为B和相同，粒子和质子的q之比为2：1，故受到的洛伦兹力之比是2：1，故D错误【点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，利用洛伦兹力提供向心力进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间6、A【解析】小球在水平方向上的分速度不变，等于，根据平行四边形定则得则所以A选项是正确的，BCD均错误故选A。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、BCD【解析】线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极．A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电场沿逆时针方向，选项A错误，B正确；由法拉第电磁感应定律得：，由闭合电路的欧姆定律得：，则0.1s时间内通过电阻R的电荷量为q=It=0.05C，选项C正确；0.1s时间内非静电力所做的功为W=Eq=50×0.05J=2.5J，选项D正确；故选BCD.8、BD【解析】回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，判断粒子的最大速度与什么因素有关．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等【详解】加速粒子时，交变电场的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，这样才能使得每次经过D型盒的狭缝中时都能被电场加速，选项A错误；当粒子运转半径等于D型盒的半径时粒子速度最大，即，则，则要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R，带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，选项B正确，C错误；粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功均为qU，选项D正确；故选BD.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，以及知道最大速度与什么因素有关9、BC【解析】A．MN是一条等势线，则b点电势为零，而c点电势小于零，则b点电势高于c点，选项A错误；B．因d电场场强大于O点场强，而O点场强大于b点场强，可知b点电场强度小于d点电场强度，选项B正确；C．由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故C正确；D．因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能高于在c点的电势能，故D错误；故选BC。10、AC【解析】A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，故A正确；B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误；C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误；故选AC【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况三、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、①.3.202-3.205②.5.015③.偏小【解析】（1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法12、①.ACDFH②.外③.0.48④.2.20⑤.【解析】(1)[1]AH．必用且唯一，故AH正确；BC．估算回路中的电流电流表选择0.6A，故C正确，B错误；DE．因电源电压为3V，电压表选3V量程读数准确，故D正确，E错误；FG．滑动变阻器(0～2000