2025-2026学年辽宁省实验中学高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年辽宁省实验中学高二（上）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S的电子束，在刚射出加速电场时的一小段长为Δl的电子束内，电子个数为n，已知电子的电量为e，质量为m，则电子束形成的电流大小是( )
A. neΔl 2UemB. neΔl Ue2mC. nΔl 2UemD. nSeΔl 2Uem
2.如图所示，电阻R1=R4=6Ω，R2=R3=3Ω，电流表为理想电流表，电源电动势E=12V，电源内阻不计，闭合开关后，则以下说法不正确的是( )
A. R1与R3两端的电压相等
B. 通过R4的电流为2A
C. 流过电流表的电流方向向上
D. 流过电流表的电流大小为1A
3.如图所示，在一水平固定的铝环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处由静止开始下落，最后落在地面上。磁铁下落过程从铝环中心穿过，且不与铝环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 磁铁靠近铝环的过程中，铝环有收缩趋势
B. 磁铁下落过程中，从上往下看铝环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C. 磁铁下落过程中，磁铁的机械能不变
D. 磁铁落地时的速率等于 2gh
4.锂离子电池主要依靠锂离子(Li+)在正极和负极之间移动来工作，如图为锂电池的内部结构。该过程中Li+从负极通过隔膜返回正极。已知该锂电池的电动势为3.7V，则( )
A. 电池处于放电状态
B. 电源内部每移动一个锂离子，需要消耗电能3.7eV
C. “毫安⋅时”(mA⋅h)是电池储存能量的单位
D. 锂离子电池充电时，电池内部静电力做负功，化学能转化为电能
5.科学的发展离不开科学家的不断探索。关于科学家及其贡献，下列说法正确的是( )
A. 库仑做了大量实验，发现了电磁感应现象
B. 洛伦兹提出了分子电流假说
C. 楞次分析了关于感应电流方向的实验事实后，提出楞次定律
D. 法拉第提出了电磁感应定律
6.如图甲所示，在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中垂直磁场放置一圆形金属漆包线圈(磁场方向垂直线圈平面向里)，线圈中产生的感应电流为I0。若仅将线圈扭转成图乙所示的形状，其中大圆半径是小圆半径的3倍，假设扭转过程中金属线圈的总长度和粗细均保持不变，不考虑导线中电流产生磁场对磁通量的影响，则图乙线圈中产生的感应电流大小为( )
A. 12I0B. 58I0C. 85I0D. 2I0
7.关于下列四幅图的说法正确的是( )
A. 图甲是回旋加速器的结构示意图，若仅增大加速电场的大小，则被加速后的粒子从回旋加速器中射出的动能变大
B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是正极
C. 图丙是某一霍尔元件的原理示意图，若磁感应强度增大，则a、b两表面间的电压U增大
D. 图丁为速度选择器和质谱仪的组合装置示意图，不改变各区域的电场及磁场，从P1P2板间向下射入的粒子若能在板间做直线运动，则击中底片同一位置的这些粒子一定是同种粒子
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ad边中点O有一粒子源，可平行纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度大小均为v，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。已知垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，下列说法中正确的是( )
A. 粒子带负电
B. 磁场的磁感应强度大小为2mvqL
C. 从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为πL6v
D. 有粒子从b点射出磁场
9.无限长通电直导线周围磁场中某点的磁感应强度大小可用公式B=kIr表示，式中k是常数、I是导线中电流、r是该点到直导线的距离。通常，通电长直导体棒可以被看作无限长通电直导体棒。将两根长度均为L，质量均为m，通有方向相反、大小恒为I的电流的细长直导体棒a、b，置于水平光滑半圆筒内，静止时，其横截面如图所示，O为半圆筒的圆心，cd为半圆筒的水平直径，Oa、Ob之间的夹角为θ.则下列说法正确的是( )
A. O处磁感应强度的方向水平向右
B. 两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下
C. 导体棒a中电流产生的磁场在导体棒b处磁感应强度的大小为mgtanθIL
D. 若将导体棒a保持水平沿圆弧向d缓慢移动，a、b中电流大小始终相等，要使导体棒b在原处仍保持静止，则导体棒中的电流必须逐渐增大
10.图中MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计.导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器.质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触.杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则( )
A. 电容器右极板带正电
B. 电容器的最大带电量为CBLv3
C. 杆ab的最大速度v等于pmg
D. 杆ab所受安培力的最大功率为p3
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某同学利用图甲所示的原理图组装了一个倍率为×10的欧姆表，所用表头G的满偏电流为3mA，内阻为50Ω。现用一系列标准电阻Rx对欧姆表进行标定，并作出A、B间接不同的标准电阻Rx时表头G的示数I与Rx的关系，如图乙所示。
(1)按照惯用标准，图甲中的B为______(选填“红”或“黑”)表笔；
(2)该同学所用电源电动势为E=______V，该欧姆表内阻R0=______Ω；
(3)现对表盘进行欧姆标度，则量程为0～3mA的表头G表盘上“2”处应标的数值为______；
(4)某同学用标度完后的欧姆表对某电阻进行测量，测量前忘记进行欧姆调零，测得该电阻阻值为R1；测量后又想起欧姆调零环节，于是再次欧姆调零后进行测量，测得该电阻阻值为R2；第二次测量前进行欧姆调零时，红、黑表笔短接后指针的位置如图丙所示，则经分析可知R1______R2(选填“>”“=”或“0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B(未知)。区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B′=12B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E′=2 5E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P(−2d,0)点以初速度v0沿y轴正方向进入电场，由Q(0,d)点以大小为2v0的速度垂直于y轴进入区域Ⅰ，后经虚线上的A点(图中未画出)垂直虚线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
(1)PQ两点间的电势差UPQ和匀强电场电场强度E的大小；
(2)粒子由P点到A点的时间；
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：电子加速时，满足动能定理12mv2=eU，解得v= 2eUm，电流I的定义为单位时间内通过横截面的电荷量，即I=Qt，在长度为Δl的电子束中，电子总电荷量Q=ne，电子通过Δl的时间为t=Δlv，由公式I=neΔlv=neΔl 2eUm，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据动能定理和电流强度的定义式等列式进行分析解答。
考查电流强度的表达式的应用，理解动能定理的内容，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、电流表为理想电流表，相当于导线，电阻R1与R3并联，故R1与R3两端的电压相等，故A正确；
B、R1与R3并联的等效电阻R13=R1R3R1+R3=6×36+3Ω=2Ω
电阻R2与R4并联的等效电阻R24=R2R4R2+R4=3×63+6Ω=2Ω
等效电阻R13与R24串联，因R13=R24，则U13=U24=E2=122V=6V
R3与R4的电流分别为I3=U13R3=63A=2A，I4=U24R4=66A=1A，故B错误；
CD、结合上述可知，流过电流表的电流IA=I3−I4=2A−1A=1A，方向向上，故CD正确。
本题选不正确的，故选：B。
电流表为理想电流表，相当于导线，电阻R1与R3并联，R2与R4并联，两部分再串联。R1与R3两端的电压相等。求出R1与R3并联的等效电阻以及电阻R2与R4并联的等效电阻，再求出两部分的电压，进而求得R3与R4的电流，即可求得流过电流表的电流大小，并确定电流方向。
本题要明确理想电流表内阻不计，相当于导线，要搞清电路的结构，根据串并联电路的规律解答。
3.【答案】A
【解析】解：A、当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律铝环有收缩趋势，故A正确；
B、当条形磁铁靠近圆环时，向下穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，向下穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，故B错误；
C、磁铁在整个下落过程中，由于产生感应电流，机械能的一部分转化为电能，机械能逐渐减小，故C错误；
D、若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v= 2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生电流，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于 2gh，故D错误；
故选：A。
4.【答案】A
【解析】解：AD.Li+从负极通过隔膜返回正极，电池放电，此过程电池内部静电力做负功，非静电力克服静电力做功，化学能转化为电能；充电过程与之相反，电池内部静电力做正功，电能转化为化学能，故A正确，D错误；
B.根据电动势的定义式E=Wq可知，电源内部将一个锂离子由电源负极移动到正极，需要消耗化学能3.7eV，故B错误；
C.根据q= It可知，“毫安⋅时”(mA⋅h) 是电量的单位，故C错误。
故选：A。
根据电池的充放电状态和电动势的概念，电荷量的概念进行分析解答。电池放电，非静电力克服静电力做功，化学能转化为电能。
本题考查电动势的理解，关键是非静电力做功的理解，注意区分电场力做功和非静电力做功，是易错点。
5.【答案】C
【解析】解：A、库仑的核心贡献是库仑定律，电磁感应现象由法拉第发现，故A错误。
B、分子电流假说是安培提出的，故B错误。
C、楞次通过分析感应电流方向的实验事实，提出了楞次定律，故C正确。
D、电磁感应定律由纽曼、韦伯提出，法拉第是发现电磁感应现象，故D错误。
故选：C。
回忆库仑、安培、楞次、法拉第等科学家的核心物理贡献，将各选项中的“科学家−贡献”组合逐一比对，判断其对应关系是否准确，进而筛选出正确选项。
本题聚焦物理史中科学家的核心贡献，是基础识记类题目，既检验知识积累，也助力构建物理学科的历史认知脉络。
6.【答案】A
【解析】解：设甲图圆半径为r，乙图中小圆半径为R，则大圆半径为3R，甲图中圆的周长2πr=2πR+2π×3R
解得r=4R
根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得甲图中I0=ΔBπr2R总Δt
乙图中两圆产生电流方向相反，则I=ΔBR总Δt[π(3R)2−πR2],解得I=12I0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
求出各个圆的半径以及面积关系，乙图中两圆产生电流方向相反，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解感应电流大小。
本题考查感应电流的计算，注意乙图中两个环产生感应电流的方向是相反的，电流相互抵消了一部分。
7.【答案】C
【解析】解：A.图甲回旋加速器中，根据Ek=12mv2，又因为粒子在磁场中做圆周运动，有qvB=mv2R(R为D形盒半径)，可得Ek=B2q2R22m，可知仅增大加速电场，粒子射出的动能不变，故A错误；
B.图乙根据左手定则可知，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；
C.图丙最终带电粒子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB=qUd，解得U=Bvd，B增大时，a、b两表面间的电压U增大，故C正确；
D.图丁在速度选择器中，有qvB1=qE，在偏转磁场中有qvB2=mv2R，联立解得qm=EB1B2R，可知不改变各区域的电场和磁场，击中底片同一位置的粒子比荷相同，但不一定是同种粒子，故D错误。
故选：C。
根据回旋加速器、磁流体发电机、霍尔效应和质谱仪的原理列式进行分析解答。
考查回旋加速器、磁流体发电机、霍尔效应和质谱仪的原理，理解各种电气设备的物理学原理是关键，属于中等难度考题。
8.【答案】BC
【解析】解：A.垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B.洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，则运动半径为
r=L2
解得B=2mvqL，故B正确；
C.从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
从a点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为
t=60°360∘⋅2πrv=πL6v，故C正确；
D.离子的运动半径为r=L2
Ob之间距离大于L，即大于轨迹直径，所以没有粒子从b点射出磁场，故D错误。
故选：BC。
根据左手定则判断粒子带电荷的电性；根据几何知识求解轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁场的磁感应强度大小；
根据几何知识求解带电粒子在磁场运动的轨迹对应的圆心角，根据时间与周期的关系求解从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间；Ob之间距离大于L，大于轨迹直径，没有粒子从b点射出磁场。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、由安培定则可知，a、b电流产生的磁场在O处方向如图甲所示。由平行四边形定则可知两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下，故A错误，B正确；
C、设圆筒对b的支持力为F，受力示意图如图乙所示，则由平行四边形定则和共点力的平衡条件得Fcsθ2=mg，Fsinθ2=BIL.解得B=mgtanθ2IL，故C错误；
D、将a向d缓慢移动，要使b保持静止，平行四边形如图乙中虚线所示。可知a对b的安培力必须逐渐増大，故a在b处的磁感应强度必须逐渐増大，而a、b之间的距离又逐渐増大，由B=kIr可知，导体棒中电流必须逐渐増大才行，故D正确。
故选：BD。
根据安培定则a、b电流产生的磁场在O处方向。由平行四边形定则分析两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下，由平行四边形定则和共点力的平衡条件解得导体棒a中电流产生的磁场在导体棒b处磁感应强度的大小，根据b的受力情况，分析b棒中的电流变化情况。
此题考查了磁感应强度的叠加，解题的关键是题干信息的提取，根据平行四边形定则和共点力的平衡分析求解即可，难度中等。
10.【答案】AC
【解析】解：A：根据右手定则，感应电动势的方向为：a→b；故右板带正电荷；故A正确；
B：当线框的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：Em=BLvm=BLV；
路端电压的最大值为：U=2R2R+REm；故电容器的带电量最大，为：Q=CU=23BLVC，故B错误；
C：根据功率表达式：P=FV，当P、F到达最大时速度达到最大值即：V=PmFm=Pmg，故C正确；
D：杆ab克服安培力的最大功率为：P=Fmvm=mgvm=mgV=P；故D错误；
故选：AC。
根据右手定则，感应电动势的方向为，导体棒达到最大速度根据平衡条件，此时电容器的带电量最大，根据功率表达式P=FV可求得力和功率及速度之间的关系．
本题关键是明确导体棒的受力情况和运动情况，然后结合平衡条件和牛顿第二定律分析，不难．
11.【答案】红 3;1000 50 >
【解析】解：(1)欧姆表测电阻时，需要让电流从黑表笔流出从红表笔流进，故黑表笔接电源的正极，红表笔接电源的负极，图甲中的B为红表笔；
(2)根据欧姆表的测量原理，当Rx=0时，流过电路的电流达到满偏即Ig=3mA，设欧姆表内阻为R0=EIg
则有当Rx=2000Ω，流过电表的电流强度为I=ER0+Rx=1.0mA
联立解得E=3V，R0=1000Ω
(3)由闭合电路欧姆定律I=ER0+Rx=2.0mA
解得Rx=500Ω
因欧姆表倍率为×10，则量程为0～3mA的表头G表盘上“2”处应标的数值为50；
(4)测量时若未欧姆调零直接测量，相当于欧姆表内阻偏大，导致相同电流下对应的Rx偏大，故R1>R2
故答案为：(1)红；(2)3，1000；(3)500；(4)>。
(1)根据表笔与内部电源连接情况判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律列方程组计算；
(3)根据闭合电路欧姆定律计算待测电阻阻值，结合欧姆表的读数方法判断；
(4)根据欧姆表的原理分析判断。
本题关键掌握欧姆表的原理、内部结构和使用方法，闭合电路欧姆定律。
12.【答案】3.0 0.6 a 1.48;1.43
【解析】解：(1)闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为50mA，根据并联电路电阻与电流关系可知RA=R2=3.0Ω
(2)根据并联电路规律有R′=IARAI−IA
代入数据有R′=100×3600−100Ω=0.6Ω
(3)由于电流表内阻已知，为了准确测量干电池内阻，改装后的新电流表应该接在a点；
(4)根据闭合电路欧姆定律有E=U+I(RAR′RA+R′+r)
变形可得U=E−I(0.5+r)
根据图像的斜率与截距有E=1.48V，0.5+r=1.48−0.900.3Ω
解得r=1.43Ω
故答案为：(1)3.0；(2)0.6；(3)a；(4)1.48，1.43。
(1)根据并联电路电阻与电流关系判断；
(2)根据并联电路的规律计算；
(3)根据电流表内阻已知分析判断；
(4)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。
本题关键掌握利用半偏法测电流表内阻的实验原理、利用图像处理问题的方法和串并联电路的规律。
13.【答案】(1)由分析可知，运动时间最长的粒子打到了b点，粒子转过了270°角。所以最长时间tmax=34T
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πmqB
所以最长时间tmax=34T=3πm2qB
对应粒子运动的轨道半径r = L
由qvB=mv2r
得r=mvqB
可得对应粒子的速度大小v=qBLm
(2)粒子到达bc边的右边界为粒子轨迹恰好在d点与cd相切，射到bc边的e点。此时粒子的轨迹半径r=12(Pa+bc)=2 3L
则fd=r−O′f=r− r2−L2=L 3
所以bc边发光的区域长度be=bc−fd=( 3−1)L
【解析】详细解答及解析过程详见【答案】
14.【答案】金属杆ab的最大加速度大小为BELmR；
金属杆ab的最大动能为mE22B2L2；
做加速运动的时间t为mRB2L2+BLxE
【解析】解：(1)当金属杆速度为零时，金属杆的加速度最大，对金属杆受力分析可得
BIL=mam
此时电流
I=ER
解得金属杆ab的最大加速度大小
am=BELmR
(2)金属杆ab切割磁感线产生与电源电动势相反的动生电动势，当两电动势大小相等时，金属杆ab的加速度为零，速度达到最大，有
BLvm=E
解得金属杆ab的速度最大值
vm=EBL
最大动能
Ekm=12mvm2
解得
Ekm=mE22B2L2
(3)对金属杆，以水平向右为正方向，由动量定理有
F−t=mvm
得
BILt−B2L2v−Rt=mvm
x=v−t
解得
t=mRB2L2+BLxE
答：(1)金属杆ab的最大加速度大小为BELmR；
(2)金属杆ab的最大动能为mE22B2L2；
(3)做加速运动的时间t为mRB2L2+BLxE。
(1)根据牛顿第二定律求金属杆ab的最大加速度大小；
(2)根据BLv=E和动能公式求金属杆ab的最大动能；
(3)由动量定理求做加速运动的时间t。
解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用牛顿第二定律。
15.【答案】PQ两点间的电势差UPQ为3mv022q，匀强电场电场强度E的大小为 5mv022qd；
粒子由P点到A点的时间为πd6v0+2dv0；
粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s为4πd
【解析】(1)从P到Q，由动能定理得
12m⋅(2v0)2−12mv02=qUPQ
解得
UPQ=3mv022q
把电场沿x、y轴方向分解，由题意可知
(2v0)2−0=2×qExm×2d
0−v02=2×qEym×d
联立解得
E= Ex2+Ey2= 5mv022qd
(2)粒子在电场中运动，沿x方向粒子做匀变速直线运动，则有
2d=v−t1=0+2v02t1
由题意可知粒子在磁场中做圆周运动的半径
r1=d
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为
β=π3
则粒子在区域Ⅰ中运动的时间为
t2=16T1
其中
T1=2πr2v0
粒子由P点到A点的时间为
t=t1+t2
联立解得
t=πd6v0+2dv0
(3)在区域Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力得
Bq×(2v0)=m(2v0)2r1
在A点对粒子由配速法，设v1沿x轴正方向，对应的洛伦兹力与静电力平衡，与v1等大反向的v2与2v0，合速度v3对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v3的匀速圆周运动，则有
qE′=qv1B′
v3= (2v0)2−v12
联立解得
v3= 3v0
沿y轴负方向v1=v0
设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有
qv3B′=mv32r2
解得
r2= 3d
其运动轨迹如图所示
粒子从第1次到第5次经过x轴，共运动了2个周期。
粒子运动时间为
t3=2T2
其中
T2=2πr2v3=2πdv0
粒子第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离为
s=v1t3=4πd
答：(1)PQ两点间的电势差UPQ为3mv022q，匀强电场电场强度E的大小为 5mv022qd；
(2)粒子由P点到A点的时间为πd6v0+2dv0；
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s为4πd。
(1)根据动能定理和运动学公式求PQ两点间的电势差UPQ和匀强电场电场强度E的大小；
(2)根据运动学表达式结合周期和时间的关系求粒子由P点到A点的时间；
(3)根据洛伦兹力提供向心力结合配速法画出粒子的运动轨迹求粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。