辽宁省某中学2024-2025学年高二年级上册期中阶段测试物理试题（含解析）

辽宁省实验中学2024-2025学年度上学期期中阶段测试

高二年级物理试卷

考试时间75分钟试题满分100分

一、选择题（1〜7单选，每题4分。8〜10多选，每题6分，漏选得3分、错选不得分。共

计46分）

1.图中与磁现象有关的四个实验，其对应判断正确的是（）

A.甲图中小磁针的偏转情况形象描述了磁体周围磁场的分布

B.乙图说明磁场对电流有力的作用，根据该原理制成了电动机

C.丙图表明通电导线周围存在着磁场，这一物理现象是法拉第发现的

D.丁图中左边铁钉吸引大头针较多，表明左侧线圈内电流大，电磁铁磁性强

【答案】A

【解析】

【详解】A.条形磁铁周围存在磁场，故在甲图中小磁针的偏转情况形象描述了条形磁铁周围磁场的分布，

故A正确；

B.乙图是电磁感应的装置图，据此制成了发电机，故B错误；

C.丙图表明通电导线周围存在着磁场，这一物理现象是奥斯特发现的，故C错误；

D.由丁图可知，两边线圈的电流相同，但左边线圈的匝数多，故其磁性强，则左边磁铁吸引大头针多，故

D错误。

故选Ao

2.如图所示，某型号霍尔元件（导电自由电荷为电子），匀强磁场3垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源£

给电路中提供的电流为/时，产生的霍尔电压为U;元件厚度为d,闭合开关Ki、K2,下列判断中正确的是

A.4点电势比2点电势高

B.增加磁感应强度，电压表示数将减小

C.滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小

D.仅减小霍尔元件厚度为d,电压表示数不变

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4点一侧方向，电子带负电，故4点电势低；2点

感应出正电荷，4点电势比2点电势低，故A错误；

B.霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有

evB=eE

电流微观表达式

I=neSv

设霍尔元件的宽度为/,霍尔元件的电压

UH=EI

霍尔元件的截面面积

S=ld

解得

可知增加磁感应强度，电压表示数将增大，故B错误；

C.根据

BI

nea

可知滑动变阻器接入电路的阻值变大，则电流/变小，故电压表示数将减小，故C正确;

D.据

可知仅减小霍尔元件厚度为心电压表示数将增大，故D错误。

故选C。

3.如图所示，质量为加、带电荷量为y的三个相同带电小球a、b、C,从同一高度以初速度%水平抛出,

小球。只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c在重力和电场力作用下运动,

它们落地的时间分别为储外tc,落地过程中重力的冲量分别为/a、7b、Ic，落地时的动能分别为瓦、Eb、

及，落地时重力的瞬时功率分别为尸a、尸b、Pc，则以下判断中正确的是（)

XXX

v、,B、，XX£X

A.ta=tb<tcB./a=，b=/cC.Ea<Eb<EcD.Qa=Pb>Pc

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据题意可知。球只受重力作用，竖直方向上做自由落体运动；6球除重力之外还受到洛伦兹

力作用，但6的洛伦兹力的方向总是水平方向的，不影响重力方向，所以竖直方向也做自由落体运动；c球

除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向上做自由落体运动，故%=%=%，故A错

误；

B.根据

I=mgt

又三个小球落地时间相同，则有

/a=/b=/c

故B正确；

C.a球和b球下落过程中，只有重力做正功，而c球下落过程重力和电场力都做正功，根据动能定理可得

Ea=Eb<Ec

故C错误；

D.小球落体时的重力的瞬时功率等于重力乘以重力方向的速度，通过分析，b球受的洛伦兹力总是垂直

纸面向里，不影响竖直方向，c球受的电场力方向也是垂直纸面向里的，对竖直方向也没用影响，故竖直方

向小球都做自由落体运动，高度相同，所以小球的末速度在竖直方向的分量相同，重力又相等，根据

P=mgvy

可知三个球落地瞬间重力的瞬时功率相等，即

Pa=Pb=Pe

故D错误。

故选B。

4.如图所示，两足够长的平行导轨竖直放置，水平部分粗糙并固定在绝缘水平面上，弯曲部分光滑，两部

分平滑连接，空间中存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端与定值电阻相连。让导体棒仍从弯曲导轨上某位

置由静止开始下滑，在水平导轨上运动一段距离后静止，导体棒防运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,

A.导体棒成运动过程中，回路中产生逆时针方向的电流（从上往下看）

B.导体棒仍沿光滑弯曲导轨运动过程中，通过电阻的电流一直增加

C.导体棒仍沿弯曲导轨运动过程中，所受安培力方向沿导轨切线向上

D.导体棒油运动过程中，其机械能的减少量大于定值电阻和导体棒产生的热量之和

【答案】D

【解析】

【详解】A.导体棒仍运动过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流（从上往下看），故

A错误；

BC.导体棒成沿光滑弯曲导轨运动过程中，由左手定则可知，所受安培力方向水平向左；当导体棒运动到

最底端时，重力沿切线方向的分力为0；所以在弯曲导轨运动过程中，重力沿切线方向的分力先大于安培力

沿切线方向的分力，导体棒的速率增加；当重力沿切线方向的分力等于安培力沿切线方向的分力时，导体

棒的速率最大；之后重力沿切线方向的分力小于安培力沿切线方向的分力，导体棒的速率减小，根据

rBLv

1二----

4

可知电流/先增大，后减小，故BC错误；

D.根据能量守恒定律可知，导体棒/运动过程中减少的机械能转化为回路中定值电阻和导体棒产生的热

量之和以及在水平轨道因摩擦而产生的热量，故其机械能的减少量大于定值电阻和导体棒产生的热量之和，

故D正确。

故选D。

5.如图所示，为高中物理实验室常用的磁电式电流表的内部结构，基本组成部分是磁体和放在磁体两极之

间的线圈，其物理原理就是通电线圈因受安培力而转动。电流表的两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用

软铁制成的圆柱。关于磁电式电流表，下列说法正确的是（）

螺邂弹簧

极辄

A,铁质圆柱内部磁感应强度为零

B.如图所示的电流表指针只能顺时针转动

C.线圈转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈转动

D.电流不为零，线圈停止转动后不再受到安培力

【答案】C

【解析】

【详解】A.铁质圆柱没有将磁场屏蔽，内部有磁场，即铁质圆柱内部磁感应强度不为零，故A错误；

B.当没有通入电流时，如图所示的电流表指针不转动，停在中间，当通入方向不同的电流时，指针顺时针

转动或逆时针转动，故B错误；

CD.线圈中通电流时，线圈受到安培力的作用使线圈转动，螺旋弹簧被扭紧，阻碍线圈转动，随着弹力的

增加，当弹力与安培力平衡时线圈停止转动，故C正确，D错误。

故选C。

6.如图，M、N是真空中宽为d的匀强磁场的左右边界（边界上有磁场），磁感应强度为2,方向垂直纸面

向里。大量比荷为k的正离子从M边界上的P点以速率v="d进入磁场，速度方向如图所示在180。的范

围内,粒子分布均匀，不计离子重力，也不计离子间的相互作用，磁场区域足够长。则（）

N

A.能从边界N飞出磁场的离子占粒子总数的工

3

7T

B.从边界飞出磁场的离子中，在磁场中运动的最短时间为——

3kB

C.磁场中有离子经过的区域的面积/1+]

D.从边界N飞出磁场的离子中，飞出点与尸点距离小于或等于Gd

【答案】BC

【解析】

【详解】A.经D项分析，可知竖直向下入射的离子向右偏转，垂直N边界向右出射，水平向右入射的离

子向上偏转与N边界相切，在此范围入射的离子将从N边界出射，对应的入射角度为90°，而离子的入射

角是从0到180。，故能从边界N飞出磁场的离子占粒子总数的

90°1

1807-2

故A错误；

B.轨迹弦长为d的离子是从N边界飞出的离子中弦长最短，离子运动轨迹圆心角最小，根据几何关系，可

知此圆心角为60°，则离子在磁场中运动的最短时间为

60°-12兀m7i

t------1——x-------=------

360°6Bq3kB

故B正确；

C.有离子经过的磁场区域为半径为4的两个四分之一圆和边长为d的正方形组合而成，磁场中有离子经过

的区域的面积为

故C正确；

D.根据洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m——

r

解得正离子运动半径为

r=d

根据几何关系可知水平向右入射的离子在N边界的切点与竖直向下入射的离子在N边界的飞出点离P点的

距离均为

△d-yjd2+d2-

故飞出点与P点距离小于或等于后"，故D错误。

故选BCo

7.如图甲所示，在MN、OP间存在一匀强磁场，t=0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用

下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m=lkg、电

阻R=2。，贝!I

A,线框的加速度为2m/s2

B.磁场宽度为6m

C.匀强磁场的磁感应强度为&T

D,线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为Y2c

2

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB.整个线框在磁场中运动时只受力F作用，则加速度。=£=2加//,从线圈进入磁场到出离

m

磁场运动的时间为2s,磁场的宽度d=；ati2=4m,所以选项A正确，B错误；

R212n2-

C.当线框全部进入磁场的瞬间：F1=Fs=ma,而及=士巴，联立得到：B=&T,所以

女RR

选项C正确；

1,1,

D.线圈的宽度£。彳=—x2xF加=1加，则线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为

22

包=庄=正正。=正。，所以选口正确.

RR22

8.如图甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场

的磁感应强度8随时间/的变化规律如图乙所示。关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随

时间:变化的图象，下列可能正确的有()

甲乙

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】AB.根据法拉第电磁感应定律£=包=竺S,因为0-0.5T和0.5T-T磁感应强度的变化率为

定值且绝对值相等，所以感应电动势大小不变，A错误B正确；

,E

CD.根据/=打，整个过程中电流大小不变，由P=/2尺知电阻R消耗的功率不变，C错误；D正确；

火总

故选BDo

9.速度均为%的粒子P和Q分别从a点沿着与直径ab夹角为a的方向垂直进入磁感应强度为3的圆形匀

强磁场区域，一个粒子恰与直径必平行向右射出，另一个粒子刚好从直径的另一点6点出射。已知粒子P

的质量为5加，电荷量为2g；粒子Q的质量为4机，电荷量为［。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）

A.粒子P从6点出射B.a=60°

c.磁场圆的半径为驾1

D.粒子P与粒子Q在磁场中运动时间之比为2:1

Bq

【答案】AC

【解析】

【详解】A.作出两粒子运动轨迹如图

根据洛伦兹力提供向心力，则有

qvB-m——

r

解得

mv

r二—

qB

则两粒子半径之比为

5m

rp_2q_5

rQ4m8

q

设水平向右射出的粒子半径为从6点射出的粒子半径为八，根据几何关系有

22

7?2

r--------,7?=(r-rcosa)+(弓sina-R)

xsma22

解得

Esina

丫2二------------------

1-coscr

则有

R

4二sina二l-cosj1-cosa_1<1

22

r2Esinasina1-cosa1+cosa

1-cosa

即〃较小，对应的是粒子P,即粒子P从b点出射，故A正确；

B.结合A选项可得

Q1「5

41+COS6Z8

解得

cosa=0.6

即

a=53°

故B错误；

C.根据

R

r\=~~

since

又

5加%

r,--------

2qB

解得

R=g

qB

故c正确；

D.由几何分析可知P的速度偏转角为2tz,Q的速度偏转角为a,P、Q分别在磁场中运动的周期

_27rx5m_Snm_2TTX4m_%nm

P2qBqB，。qBqB

粒子P与粒子Q在磁场中运动时间之比为

2a丁

tp=2%1P_3

tQ一°LTF

2万Q

故D错误。

故选AC-

10.如图所示，半径为2工的小圆与半径为北的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区域内存在垂直于纸

面向里的磁感应强度大小为3的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应

强度大小为22的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端与

圆形导轨良好接触。在。点与导轨间接入一阻值为:•的电阻，导体棒以角速度。沿导轨逆时针做匀速圆周运

动，其他电阻不计。下列说法正确的是（）

A.导体棒。点的电势比N点的电势低

B.在导体棒的内部电流由/点至。点

C.在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻，的电荷量为2些

18兀炉

D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为

r

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.长度为2工的导体棒切割小圆内磁感线产生的感应电动势为:

E尸B(2L)w=BQL)

根据右手定则知。点的电势比棒上虚线处的电势高，导体棒在小圆与导轨之间的环形区域切割磁感线产生

的感应电动势为：

根据右手定则知，/点的电势比棒上虚线处的电势高，因£1＜瓦，对比可知，。点的电势比/点的电势低,

在导体棒的内部电流由。点至/点，故A正确，B错误；

C.导体棒旋转切割磁感线时，电路中电流为：

E,—E,3B①匚

1=---------=---------

周期为:

在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻厂的电荷量为:

故C错误;

D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为:

故D正确。

故选ADo

二、实验题（U题6分，12题12分，共计18分）

11.某学习小组利用图1所示的电路研究电容器进行充放电。先将开关S置于位置1,充电结束后，再切换

至位置2。电流传感器记录了电流随时间变化的八图像，如图2所示（1s〜3,4s时间内，曲线与横轴间共

包含40个小格）。已知电源电动势为8.0V,内阻可忽略不计。

//mA

（1）该电容器的电容大约为uFo

（2）该实验中若仅减小电阻R的阻值，则电容器的充电或放电时间将是（不变、延长、缩短）。

（3）若使用欧姆表直接连接未充电的待测电容器两端，观察到指针的偏转情况是0

【答案】（1）200（2）缩短

（3）初始偏转角度较大，随后逐渐减小

【解析】

【小问1详解】

电容器在放电过程中释放的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积。每个小方格所对应的电荷量

为

^=0.2X10-3X0.2C=4X10-5C

所以电容器所带的电荷量

2=40^=1.6x103C

则电容器的电容

Q1.6xl0-3

C=—=-----------F=200LIF

E8.0

【小问2详解】

该实验中若仅减小电阻R的阻值，根据闭合电路欧姆定律，可知电容器开始充电或开始放电的电流增大，

而充电的总电量或放电的总电量。不变，根据

t

可知电容器的充电或放电时间将缩短。

【小问3详解】

用欧姆表直接连接待测电容两端，表内部电源给电容器充电，在开始时电流较大，所以指针的偏转角度很

大，随着电容器所带电荷量不断增大，充电电流逐渐减小，所以指针的偏转角度逐渐减小。

12.用电流表和电压表测定某组合电池（电动势约1.5V,内电阻约1。）的电动势和内电阻，除待测电池组、

电键、导线外，还有下列器材：

电流表：量程0.6A,内电阻约

电压表：量程3V,内电阻约30kQ

滑动变阻器：0〜20。，额定电流2A

（1）如图为连好的部分电路，请完成电路实物图的其它连线。

（2）实验时发现电压表坏了，于是不再使用电压表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接

电路，仍能完成实验.实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电流表的示数/,用图象法处理采集到的数据。

实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数/,以及计算的;数据见下表：

R/Q8.07.06.05.04.0

I/A0.150.170.190.220.26

-/A-16.76.05.34.53.8

I

根据表中数据，在方格纸上作出R-工关系图像，由图像可计算出该电池组的电动势为V；

I----------

内阻为Qo

R/Q

10

8

6

4

2

0

-2

01234567

(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为lOOmV的电压表并联在电流

表的两端，调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如图所示，则该电池组的电动势

(2)①.

②.1.34(1.30—1.44)(3).1.2(1.0-1.4)

(3)①.1.34(1.30—1.44)1.0

【解析】

【小问1详解】

在测量电源电动势和内阻的实验中,由于电源的内阻很小，为了减小内阻的测量误差，选用的是电流表相

对电源的外接法，滑动变阻器采用限流式接法，完整的实物图如图所示

【小问2详解】

[2][3]根据闭合电路欧姆定律有

E=IR+Ir

变形得

可知纵截距的绝对值为

r=1.2Q

图像的斜率为电动势£,在图像上取两点（2,1.59）、（5,5,61）,联立解得

5.61-2.59

E=V=1.34V

5^2

【小问3详解】

由图可知，电压表示数为65mV,则电流表的内阻为

则该干电池的内阻应为

=Y-R'-1.0Q

图像的斜率仍为电动势E,则

E=1.34V

三、解答题（13题10分，14题12分,15题14分，共计36分）

13.如图所示，水平放置的U形导轨足够长,置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为2=5T,

导轨宽度£=0.4m,左侧与R=0.8。的定值电阻连接。右侧有导体棒跨放在导轨上，导体棒/质量加=

2.0kg,电阻r=0.2Q,与导轨的动摩擦因数〃=0.2,其余电阻可忽略不计。导体棒仍在大小为10N的水平

外力/作用下，由静止开始运动了x=60cm后，速度达到最大，取g=10m/s2。求:

(1)导体棒运动的最大速度是多少？

(2)当导体棒防的速度v=lm/s时，导体棒防的加速度是多少？

(3)导体棒成由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？

【答案】(1)1.5m/s

(2)lm/s2

(3)1.08J

【解析】

【小问1详解】

设导体棒ab运动的最大速度为％，ab棒切割磁感线产生的电动势

E=BLvm

根据闭合电路欧姆定律有

r=BL*

mR+r

当速度最大时，加速度为零，则有

F=BImL+jumg

解得最大速度

vm=1.5m/s

【小问2详解】

仍棒的速度v=lm/s时，安培力为

Fi.=BIL

根据闭合电路欧姆定律有

BLv

T1-------

R+r

由牛顿第二定律

F-F^-/amg=ma

解得

(2=lm/s

【小问3详解】

导体棒仍由静止达到最大速度的过程中，电流产热为。，由功能关系可得

Fx=jumgx+Q+—mv

联立解得

0&=L08J

14.如图所示，在空间中。点放一质量为加、带电荷量为+4的微粒，过。点水平向右为x轴，竖直向下为

了轴，"N为水平边界线，"N上方存在水平向右的匀强电场E,下方存在水平向左的匀强电场E'和

垂直纸面向里的匀强磁场。OM=h,若从静止释放此微粒，微粒一直沿直线。尸穿过此区域，8=60°,

若在。点给它一沿x轴正方向的初速度%,它将经过"N上的C点。电场强度E和£'大小未知，重力加

速度为g,求：

-D-----•——C

X、X

XBX

(1)。点的坐标;

(2)匀强磁场的磁感应强度大小2。

【答案】(1)

qV6h

【解析】

【小问1详解】

从静止释放的微粒沿直线。尸运动，对微粒受力分析得

tan60°=

mg

可得

Eq=也mg

故水平方向的加速度

ax=—=6g

m

竖直方向的加速度

叫=g

当微粒以速度V。进入此区域，竖直方向有

,12

h=2gt'

得

水平方向有

【小问2详解】

设微粒沿直线运动到。点的速度为V。由动能定理有

mgh+也Eqh--mv~

得

v=y/8gh

在MN下方,微粒做匀速直线运动，有

mg

Bvq=

cos30°

得

p_2mg_

址)vq

15.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第I、II象限内存在着平行于纸面的匀强电场，电场强度大小为£,

方向与了轴正方向成8=60°角，第III象限存在着沿/轴负方向的匀强电场，一质量为机、电荷量为g的带

负电粒子从电场中的。点，以速度%沿x轴正方向开始运动。然后从坐标原点o进入第I象限的匀强电场,

在电场中运动一段时间后，再次通过。点，通过O点时，X轴下方的匀强电场已换成与第IV象限相同的匀

强磁场，方向垂直于纸面向外，第IV象限磁场的上边界ON与X轴正方向成戊=15。角，下边界平行于X轴,

当粒子从边界ON上的尸点(图中未画出)离开磁场后，再次进入电场，经电场偏转恰好回到。点，不计

粒子的重力，。点到y轴的距离为到x轴距离的2#倍，求：

(1)粒子第一次到达。点时速度的大小和方向；

(2)粒子第一次在第I象限中运动时，粒子离原点。的最远距离和粒子整个运动过程中磁场下边界到x轴

的最小距离；

(3)粒子第二次和第三次经过。点的时间间隔。

【答案】(1)迪金,粒子到达。点时速度方向与x轴正成30。角斜向上

3

2加v；

(2)

3qE

(3)(4月+6烟卷

【解析】

【小问1详解】

第III象限的电场中，粒子做类平抛运动，设