陕西榆林市第十中学2025-2026学年高二下学期开学物理试题含答案

这是一份陕西榆林市第十中学2025-2026学年高二下学期开学物理试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
榆林市第十中学高二年级第二学期开学收心检测卷物理试卷
考试时间：75 分钟
注意事项：
1 ．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2 ．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题 4 分，共 28 分）
1 ．下列表示匀强电场的是( )
A．
B．
C．
D．
2 ．如图所示，水平放置的N 匝矩形线框 abcd 面积为S ，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与水平面成 θ = 37角斜向上。已知sin37 = 0.6，cs37 = 0.8 ，通过矩形线框的磁通量 为( )
A ． BS B ． BS C ． NBS D ． NBS
3．某电场的方向与 x 轴平行，其电势φ 随坐标 x 变化的关系如图所示。其中0 ~ x1 段为倾斜
直线，x1 ~ x2 段为曲线。关于 x 轴上电场的描述，下列说法正确的是( )
A ．在0 ~ x1 段，电场强度 E 逐渐增大
B ．在x1 ~ x2 段，电场强度 E 大小不变
C ． φx1 < φx2
D ．在x1 前后，电场强度方向相反
4 ．如图所示，半径为 R 的圆形区域内有磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从 C 点以速度 v 沿直径 CD 方向射入磁场，经磁场偏转θ = 60。后从 F点射出磁场。粒子在磁场中的运动时间为t1 ，如果只把磁感应强度变为原来的 3 倍，粒子依然以相同的速度从 C 点射入，粒子在磁场中的运动时间为t2 ，忽略粒子的重力，则 ( )
A ． B ．
C ． D ．
5 ．如图所示，一正五边形金属线框，边长为 L，线框平面处在磁感应强度为 B、垂直于纸面向外的匀强磁场中。线框粗细均匀， 每边电阻均为 R，将 a 、b 两点接在电压为 U 的恒压电源上，则五边形金属线框受到的安培力大小为( )
A ．0 B ． C ． D ．
P 1
6 ．对某品牌的直流蓄电池进行测试，测试过程中系统输出的 图像如图所示，其中 P为直流电源的输出功率，I 为总电流，下列说法正确的是( )
A ．该蓄电池的电动势为32V B ．该蓄电池的内阻为0.4Ω
C ．该蓄电池输出的最大功率为64 W D ．该蓄电池的短路电流为8A
7 ．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ 角，此时让小球获得初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为 g。下列说法正确的是( )
A ．匀强电场的电场强度E
B ．小球动能的最小值为Ek
C ．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D ．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大，再减小
二、多选题（每题 6 分，全对得 6 分，少选得 3 分，错选或不选得 0 分）
8 ．某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M 、N 分别是运动轨迹与等势面b 、a 的交点，下列说法正确的是( )
A ．粒子带正电荷
B ．M 点的电场强度比N点的大
C ．粒子从M运动到N 过程中，速度先减小后增大
D ．粒子在M 点的电势能小于在N点的电势能
9．如图甲所示为一列简谐横波在t = 0 时刻的波形图，P 为平衡位置在x =0.7m 处的质点，Q为平衡位置在x =1.2m 处的质点；如图乙所示为质点Q 的振动图像，下列说法正确的是( )
A ．该波沿x 轴正方向传播
B ．该波传播的速度为3m/s
C ．t = 0.2s 时，质点Q 速度最大
D ．从t1 = 0.2s 到t2 = 0.4s ，质点 P 通过的路程为7.5cm
10．接在平行板电容器的 A、B 两极板电压随时间变化关系图像如图所示，两板间距足够大，一质量为 m、带电量为+q 的粒子（不计重力），开始静止在两极板中央，从某时刻由静止释放，关于带电粒子的运动，下列描述正确的是( )
A ．若从 0 时刻由静止释放，粒子向右运动的最大速度vm
B ．若从 0 时刻由静止释放，粒子始终向右运动，直至到达右极板
C ．若从 T 时刻由静止释放，粒子时而右，时而左，每个周期都会向左移动一定距离
D ．若从 T 时刻由静止释放，粒子时而左，时而右，每个周期都会向左移动一定距离
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题
11 ．某实验小组用如图 1 所示的装置做“利用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)组员用游标卡尺测得单摆小球的直径如图 2 所示，小球直径为________ cm 。
(2)组员测出多组摆长l 和对应的单摆周期T ，绘制的 T2 - l 图像如图 3 所示，则当地的重力加速度g = ________。（用图中字母表示）
(3)另一同学只通过一次实验测量出重力加速度，但由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在水平面内做圆周运动，如下图所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比
___________。
A ．偏大 B ．偏小 C ．不变 D ．都有可能
12 ．某同学通过实验测量一种合金丝的电阻率。
(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径，示数如图甲所示，其直径为____mm。
(2)用多用电表欧姆挡粗测合金丝的电阻，开始时选用“×10”挡位测量，发现指针偏转角太大，挡位应调整为____（填“×1”或“×100”）挡，正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量，示数如图乙所示，该合金丝的阻值约为____Ω。
(3)为了精确测量合金丝的电阻，计划采用图丙所示电路进行实验，实验中使用的器材有
A. 电源（输出电压为 4V）
B. 电流表（量程 0~0.6A，内阻约 0.1Ω)
C. 电压表（量程 0~3V，内阻约 3kΩ)
D.滑动变阻器（最大阻值 10Ω)
E.开关、导线
实验时为减小误差，开关 S2 应接____端（选填“a”或“b”）。正确连接电路后，闭合开关 S1，调节滑动变阻器测得电压表示数为 U，电流表示数为 I，测得接入电路的合金丝长度为 L，
直径为 D，则合金丝的电阻率 p = ____（用题中所给或所测得的物理量符号表示）。用此种方法得到的电阻率比真实值偏____（选填“大”或“小”）。
四、解答题
13 ．如图所示的电路中，两平行金属板 A、B 水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距
离 d=50cm，电源电动势 E=15V，内电阻为 r。电阻 R1=18Ω , R2=10Ω, 闭合开关 S，待电路稳定后，将一带负电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为 m=1×10-2kg，电量大小为 q=1×10-2C，取 g=10m/s2，求：
(1)电容器两端的电压；
(2)通过 R2 的电流；
(3)电源的内阻。
14 ．如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的粒子，从x 轴上的P 点以速度v 沿与x 轴成60。角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直y 轴射出第一象限。已知OP = a ，不计该粒子重力。求
(1)带电粒子在磁场中运动的半径r ；
(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(3)带电粒子穿过第一象限所用的时间t 。
15 ．如图所示，平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为 m、带电荷量为q(q > 0) 的带电粒子以初速度v0从y 轴上P(0, h) 点沿 x 轴正方向开始运动，经过电场后从 x 轴上的点Q进入磁场，粒子恰能不经过第Ⅲ象限又回到第Ⅰ象限。不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第 8 次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过 x 轴的横坐标。
1 ．D
A ．该电场线从正点电荷出发呈辐射状，是正点电荷产生的电场，故 A 错误；
B ．该电场线指向负点电荷呈汇聚状，是负点电荷产生的电场，故 B 错误；
C ．该电场线由正电荷出发终止于负电荷，电场线分布不均匀，是等量异种点电荷产生的电场，故 C 错误；
D ．电场线平行且等间距，符合匀强电场的电场线特点，是匀强电场，故 D 正确。故选 D。
2 ．A
通过线框的磁通量为Φ = BS sin BS故选 A。
3 ．D
AB ．在φ- x 图像中，其图像的斜率为电场强度，结合题图可知，在0 ~ x1 段，图
像的斜率不变，所以其电场强度不变。在x1 ~ x2 段，图像的斜率逐渐减小，所以电场强度的大小逐渐减小，故 AB 错误；
C ．在φ- x 图像上，图像上的某点表示在该位置电势的大小，由题图可知， φx1 > φx2 ，故 C项错误；
D．由题图可知，在x1 之前，图像的斜率为正值，在x1 之后，图像的斜率为负值，由于在φ - x图像中，图像的斜率表示电场强度。因此在x1 前后，电场强度方向相反，故 D 项正确。
故选 D。
4 ．C
根据题意可知磁感应强度为 B 时，带电粒子在磁场中运动有Bqv = m ，
解得粒子的运动半径和周期分别为 ， 粒子在磁场中偏转角为60。，则运动时间 t 由几何关系可知 R
当把磁感应强度变为原来的3 倍后，同理可得粒子的运动半径和周期分别为R ，
120° 2π m
由几何关系可知粒子在磁场中的偏转角度为120° ,运动时间 t2 = T2 =
360° 9Bq
则 故选 C。
5 ．D
ab 边的电流为I1 = 所受的安培力 BI1L
根据左手定则，可知 ab 边所受的安培力向下bcdea 边的电流I2 =
所受的安培力为 BI2L
根据左手定则，可知 ab 边所受的安培力向下
故五边形金属线框受到的安培力大小为F 故选 D。
6 ．C
AB ．根据闭合电路欧姆定律，有U = E - Ir电源的输出功率P = UI
联立并整理得 r
P 1
知 图像的斜率为 E，纵截距的绝对值为 r，结合题中图像解得电动势 E = 3.2 V ，内阻r = 0.04Ω ,故 AB 错误；
C ．当外电阻等于电源内电阻时，电源的输出功率最大，即P W ，故 C 正确；
D ．根据闭合电路欧姆定律，有0 = E - Ir ，解得短路电流I = 80 A ，故 D 错误。故选 C。
7 ．D
A ．小球静止时悬线与竖直方向θ 角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mg tanθ = qE
解得E，故 A 错误；
B ．如图所示
小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律，有
则最小动能为Ek mv ，故 B 错误；
C ．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故 C 错误；
D ．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故 D 正确。
故选 D。
8 ．AC
A ．根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，电场力方向大致向下，电场线方向由高电势指向低电势，二者方向相同，则粒子带正电，故 A 正确；
B ．等差等势面越密集的地方场强越大，故M 点的电场强度比N点的小，故 B 错误；
CD ．粒子带正电，因为M 点的电势大于N点的电势，故粒子在M 点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，粒子从M 点运动到N点的过程中，电势能先增大后减小，故其动能先减少后增加，根据Ek mv2
可知粒子速度先减小后增大，故 C 正确，D 错误。
故选 AC。
9 ．BC
A ．由图乙可得t = 0 时刻，质点Q 向上振动，由“同侧法”可得波沿x 轴负方向传播，故 A 错误；
B ．该波波长 λ = 1.2m ，周期为T = 0.4s ，由 v 解得v = 3m / s ，故 B 正确；
C ．t = 0.2s 时，质点Q 在平衡位置，速度最大，故 C 正确；
D ．从t1 = 0.2s 到t2 = 0.4s 为半个周期，则质点P 通过的路程为2A = 10cm ，故 D 错误。故选 BC。
10 ．BC
AB ．从 0 时刻释放粒子，根据静止粒子所受电场力方向及作用时间，画出粒子的v-t 图像如图
由图可知，粒子在向右的电场力的作用下，向右做匀加速运动，若在 时刻恰好到达右极板，则此时有最大速度，根据动能定理则有q mv
解得vm
若在 时刻未到达右极板，板间距足够大的情况下，则此后 时间内再向右做匀减速运动直至速度减为零，之后重复上述运动，运动的方向始终向右，因此粒子始终向右运动，直至到达右极板，故 A 错误，B 正确；
C ．若粒子从 时刻由静止释放，根据静止粒子所受电场力方向及作用时间，画出粒子的v-t 图像如图
由图可知，粒子在电场力的作用下，时而右，时而左，一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，每个周期都会向左移动一定距离，故 C 正确；
D ．若粒子从 时刻由静止释放，根据静止粒子所受电场力方向及作用时间，画出粒子的v-t 图像如图
由图可知，粒子在电场力的作用下，时而左，时而右，一个周期内向右运动的位移大于向左运动的位移，每个周期都会向右移动一定距离，故 D 错误。
故选 BC。
11 ．(1)1.66
(3)A
（1）图 2 所示 10 分度的游标卡尺精度为 0.1mm，小球直径为D = 16mm + 6 × 0.1mm = 16.6mm = 1.66cm
（2）由单摆的周期公式T 变形得到Tl
则T2 - l 图像的斜率为k
a g
可得当地重力加速度g
（3）实际操作过程中，摆球的运动为圆锥摆运动，设摆线与竖直方向夹角为θ ,则等效摆长为L = l csθ ,摆球实际运动的周期T实
而该同学仍用单摆的周期公式求出重力加速度，根据T
可得gL ，摆球作圆锥摆运动，测得的周期变小，则测量的重力加速度比真实值偏大，所以求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比偏大，故选 A。
12 ．(1)0.400
(2) × 1 11
(3) a 小
（1）根据螺旋测微器的精确度为 0.01mm，可得合金丝的直径为0 + 40.0 × 0.01mm = 0.400mm
（2）[1] 多用电表欧姆挡测电阻时，选用“×10”的挡位测量发现指针偏转角太大，说明待测电阻的阻值较小，应更换小倍率挡位，即“×1”挡位；
[2]根据指针指示可得，可知电阻的阻值为11Ω 。
（3）[1]由于 = 10Ω > 11Ω ,故采用电流表的外接法， S 应接到 a 端；
[2]根据电阻定律有R = p 根据欧姆定律有R =
解得 p
[3]电流表外接时，由于电压表的分流作用，导致电流测量偏大，根据欧姆定律R = 可知，测量值偏小。
13 ．(1)5V
(2)0.5A
(3)2Ω
（1）电容器极板间场强 E¢ = 对小球，由平衡条件有E ¢ q = mg
代入题中数据，联立解得电容器两端的电压U=5V
（2）通过 R2 的电流I = = A = 0.5A
（3）根据闭合电路欧姆定律有E = I (r + R1 + R2 )
代入题中数据，联立解得电源内阻r = 2Ω
（1）由几何关系得sin60° = 解得r a
（2）由洛伦兹力提供向心力得 qvB = m 解得B
（3）由几何关系可知，圆弧轨迹对应的圆心角 θ = 120°
θ
粒子通过第一象限所用时间t = T
360°
其中T 解得t
15 ．
3mv
4qh
(2) 0
(3) 26h
（1）粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，由 P 到 Q，由牛顿第二定律可得qE = ma
竖直方向，有h at
水平方向，有 h = v0t1
联立解得t ，E
（2）粒子在 Q 点的速度大小为v 解得v
设与 x 轴正方向夹角为θ ,则 tan
可知 θ = 37°
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有又根据几何关系r + r sin 联立解得r ，B
（3）如图所示
粒子从第Ⅳ象限进入第Ⅰ象限后做类似斜抛运动，速度方向与 x 轴正方向成 37°,大小为
,由运动对称性知 CD 沿 x 轴方向距离与 DE 沿 x 轴方向距离相等，则CE =
5v0 16h
4 3
粒子第 n 次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过 x 轴的横坐标为x = OQ + (n -1)(CE - CQ )(n = 1, 2,3,...)
又CQ = 2r sin 37°
解得x n = 1, 2, 3, ...)
当n = 8 时，可得x = 26h