河北省临西县实验中学2023-2024学年物理高二年级上册期末经典试题含解析

河北省临西县实验中学2023-2024学年物理高二上期末经典试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、质量为0.01kg的子弹，以400m/s的速度射入质量为0.49kg、静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中。若子弹

刚好留在木块中，则它们一起运动的速度大小为（）

A.6m/sB.8m/s

C.10m/sD.12m/s

2、2018年2月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号工程”的两颗组网卫星.若某北斗导航卫星在离地高

度为2.15万公里的圆形轨道上运行，已知地球同步卫星离地的高度约为3.58万公里，线速度的大小约为3.08km/s.下

列说法正确的是

A.此北斗导航卫星绕地球运动的周期大于24小时

B.此北斗导航卫星的线速度大于3.08km/s

C.此北斗导航卫星的角速度小于地球自转的角速度

D.此北斗导航卫星的加速度大于地球表面处的重力加速度

3、将一面积为S=0.04cn?,匝数〃=100的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度5随

时间，变化规律如图所示，线圈总电阻为20,则

A.在0~2s内与2s~4s内线圈内的电流方向相反B.在0~4s内线圈内的感应电动势为0.008V

C.第2s末，线圈的感应电动势为零D.在0~4s内线圈内的感应电流为0.4A

4、甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v-f图象如图所示，则（）

A.它们的初速度均为零

B.甲的加速度大于乙的加速度

C.O“i时间内，甲的速度大于乙的速度

D.0~九时间内，甲的位移大于乙的位移

5、如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为5的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。尸为屏上的一小孔，PC与

MN垂直。一群质量为“、带电荷量为一g（夕＞0）的粒子（不计重力），以相同的速率v,从尸处沿垂直于磁场的方向

射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场5垂直的平面内，且散开在与PC夹角为。的范围内。则在屏上被粒子打

中的区域的长度为（）

2nzy(1-cos，)2mvcos6

二B.—

qBqB

2mv2mv(l-sinO')

qBqB

6、某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是

B.c点的场强大于d点的场强

C.若将正试探电荷由a点移到b点，电场力做正功

D.若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能减小

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、静电场在x轴上场强E随的变化关系如图所示，x轴正方向为场强的正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，那么

点电荷

A.由XI运动到X3的过程中电势能增大

B.由XI运动到X4的过程中电场力先增大后减小

C.由XI运动到X4的过程中电势能先增大后减小

D.在X2和X4处电势相等

8、如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压。加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和

匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度8已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（）

A.小球可能带正电

B.小球做匀速圆周运动的半径为r=g2UE

2万E

C.小球做匀速圆周运动的周期为T=~—

Bg

D.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大

9、如图所示，给平行板电容器带一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的指针和外壳相连.下列说

法中正确的是（）

A.将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大

B.将A极板向左移动少许，静电计指针的偏转角将增大

C.将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小

D.将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小

10、如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路.调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为。

时，一质量为“，电荷量为一g的带电粒子，以初速度均从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、

B两板的中点处沿原路返回（不计重力），则下列说法正确的是（）

A.使初速度变为2Vo时，带电粒子恰能到达B板

B.使初速度变为2%时，带电粒子将从B板中心小孔射出

C.使初速度如和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板

D.使初速度为和电压。都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出

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分一中的每层楼楼道内都装有饮水机，纯净水的质量关乎每一名学生的身体健康.纯净水质量是否合格

的一项重要指标是它的电导率X是否超标（电导率X即为电阻率p的倒数）

某同学选用一根粗细均匀且绝缘性能良好的圆柱形塑料直管装满纯净水样品（直管两端用薄金属圆片电极密封）来测定

样品的电导率（不考虑温度对电阻的影响）：

⑴实验中，该同学分别用刻度尺和游标为20分度的游标卡尺测定塑料管的长度和内径，刻度尺和游标卡尺的示数分

别如图甲、乙所示，则可读出塑料管的长度1=_______m、内径d=________mm.

|||||||||.|.|.|.|.|.|.|.|.|.|.|..............|.||.|.|.|.|.|.||||||||

cm10112021

甲乙

⑵该同学用下列器材测定样品的电阻：

a.电压表V（量程0〜3V,内阻约为5kQ；量程0〜15V,内阻约为25kQ）；

b.电流表A（量程0〜10mA,内阻约为2Q；量程0〜50mA,内阻约为0.4。）；

c.滑动变阻器R（0〜20Q,2A）；

d.学生电源E（电动势4.5V,内阻很小）；

e.开关S及导线若干

该同学先用多用电表粗测管内水样品的电阻值约为500Q,要求用尽量精确的方法测出其电阻值，请在图丙中连接实

验电路图__（图中有六根导线已经接好）

丙

（3）电导率的表达式为彳=（用字母U、I、L、d）

12.（12分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有:

小灯泡L（额定电压3.8V,额定电流0.32A）

电压表V（量程3V,内阻3k。）

电流表A（量程0.5A,内阻0.5。）

固定电阻&（阻值1000。）

滑动变阻器阳阻值0—9.0。）

电源E（电动势5V,内阻不计）

开关S,导线若干

（1）实验要求能够实现在0〜3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图

由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻—（填“增大，“不变”或“减小”），灯丝的电阻率—（填“增大”“不变”

或“减小”）

（3）用另一电源E。（电动势4V,内阻1.00。）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器衣的阻值，可以

改变小灯泡的实际功率，闭合开关S,在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为_W.（结果均保留2位有效数字）

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.A为水平轨道上的一点，而且A5=R=O.2m,把一质量帆=0.1kg,带电

4

量为g=+10TC的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

⑴小球到达C点的速度大小

⑵小球在C点时，轨道受到的压力大小

14.（16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0=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=l£2时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g=10m/s2,sin37o=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

15.（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板。、分相距d=0.10m,a、b间的电场强度为E=5.0xl（）5N/C,b

板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为机=4.8xl0-25kg、电荷

186

量为9=1.6X10C的带正电的粒子（不计重力），从贴近。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P处穿过5板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到分板的。处（图中未画出）.求P、0之间的距离心

xxxx^xxxx

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、B

【解析】子弹射入木块过程中以子弹和木块为系统动量守恒，设子弹质量为机1,初速度为W木块质量为桃2,一起

运动速度为V,所以有

%%=（仍+m,）v

代入数据可解得v=8m/s,故B正确，ACD错误。

故选B。

2、B

Mm4万2

【解析】A.根据万有引力提供向心力，有：G=m——r=m一=mc^r得：

~7~Tr

0T”,北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以此北斗卫星周期小于同步卫星的24小时，故选项A

错误;

B.北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以此北斗卫星的线速度大于同步卫星的线速度，即大于

3.08km/s,故选项B正确;

C.由于北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以此北斗导航卫星的角速度大于同步卫星的角速度，由于

同步卫星角速度与地球角速度相同，故其大于地球自转的角速度，故选项c错误;

MmGM

D.根据牛顿第二定律：G—=ma,则此北斗导航卫星的加速度为：〃

rr

Mm

在地球表面处，忽略地球自转，贝!I：G=mg

由于此北斗导航卫星的的轨道半径大于地球半径，故此北斗导航卫星的加速度小于地球表面处的重力加速度，故选项

D错误

【点睛】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，要能根据题意选择恰当的向心力的表达式

3、D

【解析】A.在0-2s内与2s-4s内磁场方向相反，磁通量变化情况相反，根据楞次定律可知，在这两段时间内线圈内感

应电流方向相同，A错误。

B.由图知：

,AB,0.4皿cm

|——1=——T/s=0.2T/S

Az2

在0-4s内线圈内的感应电动势

AOAB

E=N——=N\——\S=100x0.2x0.04V=0.8V故B错误。

AtAt

C.在0〜4s内，磁通量的变化率恒定，线框中产生的感应电动势不变，始终为E=0.8V,C错误。

D.在0-4s内线圈内的感应电流

rE0.8..

I=—=——A=M0.4A

R2

D正确。

故选D

4、B

【解析】A.当U0时，甲的初速为零，乙的初速度不为零，所以A错误；

B.V"图像斜率左=生=。可知，斜率表示加速度，由左甲〉女乙可知，。甲〉。乙，所以选择B正确。

At

c.图像可知OF时间内甲的速度小于乙的速度，选项c错误；

D.v-f图像面积画线与，轴围成的面积代表位移大小，由图像可知，0“i时间内乙的位移大于甲的位移，所以D错误。

故选B。

5、A

【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

V

qvB=m——

解得

mv

r=——

qB

粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1

此时出射点最近，与边界交点与P间距为

4=2rcos。

粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2

此时出射点最近，与边界交点与尸间距为

/2=2rcos。

粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图

图3

此时出射点最远，与边界交点与尸间距为2r,故范围为在荧光屏上尸点右侧，将出现一条形亮线，其长度为

2一2『cos。=2r(l-cos^)=2w"cos。)

qB

故A正确，BCD错误。

故选Ao

6、D

【解析】做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点

的电势，A错误；从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，B

错误；正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，C错误；当负试探电

荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，D正确

考点：本题考查电势、电场强度、电场力做功、电势能

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、AB

【解析】ACD.由xi运动到心的过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，所以A正确，CD错误；

B.根据图像，由XI运动到X4的过程中场强大小先增大后减小，电场力先增大后减小，B正确；

故选AB„

8,BC

【解析】A.小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球

带负电，A错误；

B.因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得

2

y12

Bqv-m-,Uq=­mv

r2

且有

mg=qE

联立可得小球做匀速圆周运动的半径

_1\2UE

故B正确；

CD.由运动学公式可得

.2万厂

1=-----

v

联立可得丁=-^

Bg

说明周期与电压U无关，故C正确，D错误。

故选BC。

9、BD

【解析】将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式C=-------可知，电容C增大，而电

4万kd

容的电量Q不变，则电容的定义式。=於可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小.故A错误.同

理可知，将A极板向左移动少许，电容器两板间的距离增大，根据电容的决定式C=-------可知，电容C减小，而电

4兀kd

容的电量Q不变，则电容的定义式。=告可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将变大.故B正确.

将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=------可知，电容C减小，而电容的电量Q不变,

4兀kd

则电容的定义式可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大.故C错误.将一块玻璃板插

入A、B两极板之间，根据电容的决定式C=-------可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=工

4兀kdU

可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小.故D正确.故选BD

点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，关键由电容的决定式c=上一和电容的定义式c=乂O结合分析.

4兀kdU

10、BC

【解析】AB.A、B两块平行金属间距为d,粒子在极板间运动，应用能量守恒定律：

U12

q—x=—mv"

d2

解得：

根据题意，粒子的初速度为%时：

d

x=—

2

使粒子初速度变为2%时：

x=2d

可知带电粒子将从B板中心小孔射出，A错误，B正确;

CD.使初速度w和电压U都增加为原来2倍时：

x=d

可知带电粒子恰能到达B板，C正确，D错误。

故选BC

分卷II

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。

4LI

Und"

【解析】(1)由图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；

⑵合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材.电流表的接

法要求大电阻内接法，小电阻外接法.滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法.根据电路图来连接实物图，

注意电表的正负极，并分几个回路来连接；

(3)根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解

【详解】⑴刻度尺读数：0.2050-0.1000=0.1050m；

游标卡尺的主尺读数为11mm,游标读数为0.05x6mm=0.30mm,所以最终读数为11.30mm；

(2)因电源的电压为4.5V,因此电压表选择3V量程；由于阻值约为500Q的电阻Rx的，

根据欧姆定律可知，电流的最大值为9mA,从精确角来说，所以电流表选择量程。〜10mA；

根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏大，因此选择电流表内接法,

根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接.如图所示;

(3)根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，"=7=夕1=夕/d、2,解得：夕=女3,所以电导率为:

(乃彳)4IL

1_4/L

pn:d~U

【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；

同时还考查了同学们设计电路的能力，要弄清楚是内接法还是外接法，是分压还是限流法；

考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；理解欧姆定律与电阻

定律的应用，掌握误差的分析及其产生原因

12、①.电路图见解析；②.增大；③.增大；④.0.39

【解析】(1)口].因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近,

故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用耐和电压表串联，故原理图如图所示；

(2)[3][4].八。图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流

的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；

(3)[5].当滑动变阻器的阻值最大为9.0。时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E=U+/(R+r)得

[7=-10/+4,

作出图线①如图所示.由交点坐标可得S=1.78V,/i=221mA,

P1=[7IZI=0.39W；

四、计算题：本题共3