2023-2024學年上海市寶山中學物理高二年級上冊期末檢測試題含解析

2023-2024學年上海市寶山中學物理高二上期末檢測試題

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）

填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處”o

2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦

干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。

3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先

劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。

4.考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、有一半徑為R的均勻帶電薄球殼，在通過球心的直線上，各點的場強E隨與球心的距離x變化的關系如圖所示;在

球殼外空間，電場分布與電荷量全部集中在球心時相同，已知靜電常數(shù)為兀，半徑為R的球面面積為5=4不甯，則下

B.圖中r=1.5R

C.在x軸上各點中有且只有x=R處電勢最高

D.球面與球心間電勢差為E0R

2、如下圖所示，將質量為拉，半徑為R且內壁光滑半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻。今讓一質量為機的小球

自左側槽口A的正上方萬高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（）

A.槽離開墻后，將不會再次與墻接觸

B.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動

C.小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

D.小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒

3、如圖所示，水平放置的平行板電場，上極板接地，下極板帶正電，從板間電場的左邊緣尸點可連續(xù)水平打出完全相

同的帶負電的液滴，其初速度都為的垂直進入電場區(qū)域，若某液滴恰落在3點位置，其速度大小為心液滴落在下

極板后電量即被吸收，則之后的另一液滴落在下極板時，下列說法正確的是

7

______/o

CBA

A.可能仍落在B點

B.可能落在C點

C.落在下極板時的速度將大于v

D.落在下極板時的速度將小于v

4、如圖所示電路中，電源電動勢為E,內阻為r,R和R3均為定值電阻，RT為熱敏電阻（溫度越高，電阻越低）.當

環(huán)境溫度較低時合上電鍵S,當環(huán)境的溫度逐漸升高時，若三個電表A］、A?和V的示數(shù)分別用L、L和U表示.則各

個電表示數(shù)的變化情況是（）

A.L增大，L不變，U增大

B.L減小，L增大，U減小

C.L增大，k減小，U增大

D.L減小，L不變，U減小

5、如圖所示，T和S是繞地球做勻速圓周運動兩顆人造地球衛(wèi)星，虛線為各自軌道，其中T為地球同步衛(wèi)星.由此

可以判定

A.T衛(wèi)星可以相對地面靜止在天津的正上方

B.7衛(wèi)星的運行周期小于S衛(wèi)星的運行周期

C.T衛(wèi)星的運行速率大于S衛(wèi)星的運行速率

D.7衛(wèi)星、S衛(wèi)星的運行速率均小于7.9km/s

6、關于光電效應，下列說法正確的是（）

A.只要光照射的時間足夠長，任何金屬都能發(fā)生光電效應

B.從金屬表面出來的光電子的最大初動能越大，這種金屬的逸出功越小

C.截止頻率越大的金屬材料逸出功越大

D.入射光的光強一定時，頻率越高，單位時間內逸出的光電子數(shù)就越多

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、關于電場和磁場下列說法正確的是（）

A.運動電荷在磁場中的受力方向就是該點的磁感應強度方向

B.運動電荷在磁場中某位置受到的磁場力為零，該位置的磁感應強度不一定為零

C.放入電場中某位置的電荷受到的電場力不為零，該位置的電場強度一定不為零

D.沿著電場線的方向電勢逐漸降低，沿著電流方向電勢逐漸降低

8、回旋加速器的工作原理如圖所示，兩個半徑為R的。形盒間加周期性變化交變電壓U,中心A處粒子源發(fā)出的帶

電粒子經(jīng)￡＞形盒縫隙中的電場加速度進入。形盒中，經(jīng)磁場回旋，最終從。形盒出口導出.已知勻強磁場的磁感應強

度大小為3、方向與盒面垂直，忽略A處粒子源產(chǎn)生的粒子的初速度及在狹縫中加速的時間，則

接交流電源

A.交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉周期的一半

B.U越大，粒子最終獲得的動能越大

C.。形盒半徑R越大，粒子最終獲得的動能越大

D.磁感應強度B越大，粒子最終獲得的動能越大

9、如圖所示，虛線MN右側存在勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，電場方向豎直向上，電場方向豎

4

直向上，矩形區(qū)域ABCD的AD邊與MN重合，AB邊長為/,AD邊長為一質量為m、電荷量為q的正電微粒

垂直于MN射入復合場區(qū)域后做勻速圓周運動，到達C點時，電場方向立刻旋轉90。，同時電場強度大小也發(fā)生變化

（不考慮電場變化時產(chǎn)生的影響），帶電微粒沿著對角線CA方向從A點離開.重力加速度為g,下面說法正確的是

M

A.電場方向旋轉90。之后，電場方向水平向左

B.電場改變之后的場強大小變?yōu)樵瓉淼?倍

C.微粒進入MN右側區(qū)域時的初速度為-同

D.微粒在矩形ABCD區(qū)域內做勻速直線運動

10、如圖所示，Ri、R2、R3、R4均為可變電阻，Ci、C2均為電容器，電源的電動勢為E,內阻#0.若改變四個電阻

中的一個阻值，則()

A.減小Ri,Ci、C2所帶的電量都增加

B.增大R2,G、C2所帶的電量都增加

C.增大R3,Ci、C2所帶的電量都增加

D.減小R4,Ci,C2所帶的電量都增加

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.(6分)用如圖所示的裝置“探究加速度與力和質量的關系”，帶滑輪的長木板水平固定，跨過小車上定滑輪的兩根

細線均處于水平

(1)實驗時，一定要進行的操作是.(填步驟序號)

A.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)

B.改變砂和砂桶質量，打出幾條紙帶

C.用天平測出砂和砂桶的質量

D.為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量

(2)以拉力傳感器示數(shù)的二倍F(F=2F0)為橫坐標，以加速度“為縱坐標，畫出的a-E圖象如下圖所示，則可能

正確的是

(3)在實驗中，得到一條如圖所示的紙帶，按時間順序取0、1、2.........5共6個計數(shù)點，1?5每相鄰兩個點間各有

四個打印點未畫出，用刻度尺測出1、2、…、5各點到O點的距離分別為：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10

(cm),通過電磁打點計時器的交流電頻率為50Hz.貝!I：小車的加速度大小為m/s2,(結果保留一位小數(shù))

12.(12分)某同學要探究一種新材料制成的圓柱體的電阻步驟如下：

(1)用20分度的游標卡尺測量其長度如圖1,由圖可知其長度為mm

5cm67

IIIIIIIIIIIIII,II,I,III

IIIIIIIII|IIII|IIII

01020

圖1圖2

(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖2,由圖可知其直徑為______mm

(3)用多用電表的電阻“xlO”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖3,則該電阻的阻值約為

______Q.

圖3

（4）該同學想用伏安法更精確地測量其電阻R,現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下:

待測圓柱體電阻R

電流表Ai（量程0?4mA,內阻約50Q）電流表A2（量程0?10mA,內阻約30。）

電壓表Vi（量程0?3V,內阻約10k。）電壓表V2（量程0?15V,內阻約25kO）

直流電源E：電動勢4V,內阻不計

滑動變阻器Ri阻值范圍0?15。，允許通過的最大電流2.0A

滑動變阻器電阻值范圍0?20kQ,允許通過的最大電流0.5A開關S導線若干

為使實驗誤差較小，要求測得多組數(shù)據(jù)進行分析，請在圖4方框中畫出測量的電路圖，并標明所用器材的代號

四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104v/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的5c部分是半徑

為R的,圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切.A為水平軌道上的一點，而且A3=R=0.2m,把一質量機=O.lkg,帶電

4

量為的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）

⑴小球到達C點的速度大小

⑵小球在C點時，軌道受到的壓力大小

14.（16分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板“、6相距d=0.10m,a、6間的電場強度為E=5.0X1（）5N/C,b

板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為機=4.8xl0-25kg、電荷

186

量為9=1.6X10C的帶正電的粒子（不計重力），從貼近。板的左端以vo=l.OxlOm/s的初速度水平射入勻強電場，剛好

從狹縫P處穿過》板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的。處（圖中未畫出）.求P、。之間的距離L

XXXMX

XXX

15.（12分）如圖，兩根間距為L=0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E=3V、內阻r=l。的電源，導軌平面與

水平面間的夾角0=37。.金屬桿ab垂直導軌放置，質量m=0.2kg.導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不

計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中.當Ro=l￡2時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態(tài)，取g=10m/s2,$也37。=0.6,

cos37°=0.8

（1）求磁感應強度B的大?。?/p>

（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、A

【解析】A.由圖線可知，距離球心R處的場強為耳，則根據(jù)點電荷場強公式可知：

解得球殼帶電量：

Q旦

k

則均勻帶電球殼帶電密度為:

Q_Eo

4兀k

故A正確；

B.根據(jù)點電荷場強公式:

解得

r=V27?

故B錯誤；

CD.由題意可知在在x軸上各點中，在0-R范圍內各點的電勢均相同，球面與球心間的電勢差為零，故CD錯誤；

故選Ao

2、A

【解析】AB.小球從A運動到3的過程中，由于墻壁的阻擋，所以槽不會運動，在該過程中，小球與半圓槽在水平

方向受到墻壁的作用力，系統(tǒng)水平方向動量并不守恒，小球、半圓槽組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從3運動到C的過程

中，在小球壓力作用下，半圓槽離開墻壁向右運動，小球離開C點時，小球的水平速度與半圓槽的速度相同，但是此

時小球也具有豎直向上的速度，所以小球離開C點以后，將做斜上拋運動。小球離開C點以后，槽向右勻速運動，因

為全過程中，整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，槽將與墻不會再次接觸，B錯誤A正確；

C.小球從A運動到3的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量不守恒。槽離開墻壁后，系統(tǒng)水平方向不受外力，小

球與半圓槽在水平方向動量守恒，因此，小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量不守恒，C錯誤;

D.小球在槽內運動的全過程中，小球有豎直向上的分加速度，存在超重現(xiàn)象，系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，因此,

小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，D錯誤。

故選Ao

3、D

【解析】液滴的電量被下極板吸收后，極板的帶電量減小，由。=/知板間電壓減小，則板間場強E減小，由牛頓第

二定律知液滴的加速度會變化，以此分析各個選項即可.

【詳解】液滴的電量被下極板吸收后，極板的帶電量。減小，由。=匕知板間電壓U減小，則板間場強E減小，液

滴受重力、電場力，由牛頓第二定律知：。=整笆減小.

m

1

A、B、豎直方向：偏轉量丁=］。?9,y不變“減小，所以f增大，水平方向：增大，所以落在5的右側，故A、

B錯誤；

C、D、豎直方向：匕,=J討，a減小，所以小減小，落在下極板時的速度：Jvj+直減小,故C錯誤，D正確.

故選D.

【點睛】本題考查了液滴在電場中的運動，解決的思路還是類平拋運動的方法，但要明確哪些量在變化，哪些量不變.

4、B

【解析】由圖知電壓表測量路端電壓，電流表Ai測量流過Ri的電流，電流表A2測量流過RT的電流；

當環(huán)境的溫度逐漸升高時，RT減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，電源的內電壓增大，則路端電壓減小，即

電壓表示數(shù)U減小，R3電壓增大，Ri、R2并聯(lián)電壓減小，通過Ri的電流L減小，而總電流I增大，則流過RT的電

流L增大.故ACD錯誤，B正確；故選B

考點：電路的動態(tài)分析

5、D

【解析】A項：地球同步衛(wèi)星只能在赤道平面上空，所以不可能在天津的正上方，故A錯誤;

__八4cmM4乃2?Ir3

B項：由式G—--=m——r得：T=2肛，----，由于T衛(wèi)星的半徑大于S衛(wèi)星的半徑，所以T衛(wèi)星的運行周期

/T2VGM

大于S衛(wèi)星的運行周期，故B錯誤;

C項：由公式6吧=相且得：VI組,由于7衛(wèi)星的半徑大于S衛(wèi)星的半徑，T衛(wèi)星的運行速率小于S衛(wèi)星

rrr

的運行速率，故C錯誤;

也可知，由于T衛(wèi)星和S衛(wèi)星的半徑都大于地球的半徑，所以兩都的速率都小于第一宇宙速度

D項：由公式v

r

7.9km/s,故D正確

故選D

6、C

【解析】A.電子在發(fā)生躍遷的時候一次只能吸收一個光子，而所謂極限頻率是指處于最外層的電子發(fā)生電離所要吸

收的光子的頻率，故只要入射光的頻率低于金屬的極限頻率，無論時間多長，無論光的強度多大，都不會發(fā)生光電效

應，故A錯誤；

B.根據(jù)愛因斯坦光電效應方程

Ekm=hv-W

可知光電子的最大初動能跟入射光的頻率和金屬的逸出功都有關，故B錯誤；

C.根據(jù)愛因斯坦光電效應方程

Ekm-hv-W

可知

hv0=W

故金屬的截止頻率越大，金屬材料的逸出功越大，故C正確；

D.單位時間內逸出的光電子的數(shù)目多少跟入射光的強度有關，入射光的光強一定時，頻率越高，光子能量越大，則

光子數(shù)越小，單位時間內逸出的光電子的數(shù)目越小，故D錯誤。

故選C。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、BC

【解析】A.根據(jù)左手定則可知運動電荷在磁場中的受力方向與該點的磁感應強度方向垂直，故A錯誤；

B.根據(jù)E=q該可知，運動電荷在磁場中某位置受到的磁場力為零，則該位置的磁感應強度可能為零或電荷的速度

為零或速度方向與磁感應強度方向平行，故B正確；

C.由電場的基本性質可知，對放入電場中某位置的電荷受到的電場力不為零，則該位置一定不為零，故C正確；

D.沿著電場線方向電勢逐漸降低；在閉合電路的外電路中沿著電流的方向電勢逐漸降低，在內電路中沿著電流的方

向電勢逐漸升高，故D錯誤；

故選BC。

8、CD

【解析】根據(jù)題圖可知，本題考查了回旋加速器的原理.根據(jù)回旋加速器中交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動

_271mmv

的周期一致，由周期公式T=-^和半徑公式r==，從而推導最大動能的表達式，即可進行判斷

qBqB

【詳解】A、交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉周期，否則帶電粒子不可能總是被加速的.故A錯誤

22

BCD、根據(jù)半徑公式rmv知，v=LaBr,貝微子的最大動能后匕1"2.=n~"/?上r，與加速的電壓無關，與D形

盒的半徑以及磁感應強度有關，D形盒的半徑R越大，粒子加速所能獲得的最大動能越大，故CD正確，B錯誤；

【點睛】在回旋加速器中，粒子獲得的最大動能是由D型盒的半徑?jīng)Q定的，交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉周

期的條件

9、CD

【解析】電場方向旋轉90。之后，帶電微粒必定做勻速直線運動，否則若是變速直線運動，速度變化，洛倫茲力變化,

不可能做直線運動.通過分析受力情況，對照直線運動的條件，確定電場方向，并由平衡條件求場強的大小.由洛倫

茲力大小，來求初速度.

【詳解】帶電微粒垂直于MN射入復合場區(qū)域后做勻速圓周運動，電場力與重力平衡，由洛倫茲力提供向心力.微粒

在矩形A3。區(qū)域內必定做勻速直線運動，否則若是變速直線運動，速度變化，洛倫茲力變化，不可能做直線運動.在

A5C。區(qū)域內，微粒受到豎直向下的重力、垂直于AC方向斜向上的洛倫茲力，由平衡條件知電場力方向水平向右，

所以電場方向旋轉90。之后，電場方向水平向右，故A錯誤，D正確；電場改變之前，有"zg=gEi.電場改變之后，

如圖所示：

M

AD444

由幾何關系可知tana=萬不=§,可得”=53。，由平衡條件得q￡2=/wgS〃a=可得以=§￡1,故B錯誤；

微粒在進入矩形ABC。區(qū)域內之前做勻速圓周運動的軌跡如圖，設軌跡半徑為r,則AC="a"a=1/,得r=?/,根

34

據(jù)洛倫茲力提供向心力得4/=根或，微粒在進入矩形A5C。區(qū)域內，由平衡條件得/汨=」鴛=。冽g,聯(lián)立解

rcosa3

得v=）呵,即微粒進入MN右側區(qū)域時的初速度為v=工屈，故C正確.所以CD正確，AB錯誤

【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場和電場中的運動，關鍵要正確分析微粒的受力情況.對于圓周運動，要會確定半

徑和圓心以及圓心角.本題涉及的過程較多，要正確地畫出軌跡圖，結合幾何關系即可解題

10、BD

【解析】由電路圖可知，電阻R2、R3、R4串聯(lián)接入電路，電容器C1并聯(lián)在電阻電阻R2兩端，電容器C2與R2、R3

的串聯(lián)電路并聯(lián)；根據(jù)電路電阻的變化，應用歐姆定律及串聯(lián)電路特點判斷電容器兩端電壓如何變化，然后由Q=CU

判斷出電容器所帶電荷量如何變化

【詳解】A、減小Ri,電容器Ci、C2兩端電壓不變，電容器所帶電量不變，故A錯誤；

B、增大R2,整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，路端電壓變大，電阻R3、R4兩端電壓變

小，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器Cl、C2兩端電壓變大，由Q=CU可知，兩電容器所

帶的電量都增加，故B正確；

C、增大R3,整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，由U=IR可知，電阻R2兩端電壓變小，

電容器C1兩端電壓變??；路端電壓變大，電阻R4兩端電壓變小，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器C2兩端電壓變

大，由Q=CU可知，電容器G所帶電荷量減少，C2所帶的電量都增加，故C錯誤；

D、減小R4,電路總電阻變小，由閉合歐姆定律可知，電路電流變大，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯(lián)電壓

變大，電容器Ci、C2兩端電壓都增大，由Q=CU可知Ci、C2所帶電量都增加，故D正確；

故選BD

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、①.AB②.C③.1.5

【解析】(1)A、打點計時器運用時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，該實驗探究加速度與力和質量的

關系，要記錄彈簧測力計的示數(shù)，故A正確；

B、改變砂和砂桶質量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度隨F變化關系，故B正確；

C、本題拉力可以由彈簧測力計測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不需要使小桶(包括砂)的質量遠小

于車的總質量，故CD錯誤

故選AB；

(2)小車質量不變時，加速度與拉力成正比，所以a-F圖象是一條傾斜的直線，由實驗裝置可知，實驗前沒有平衡

摩擦力，則畫出的a-歹圖象在F軸上有截距，故C正確

故選C；

（0.3110-0.2396）-（0.2396-0.109）_則小車

(3)根據(jù)/運用逐差法得，a=奉二普2L48m/s2>

4T24x0.01

的加速度大小為1.48m/s2

12、①.（1）50.15；②.（2）4.700；③.（3）220。；④.（4）如圖所示

【解析】(1)游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加游標尺讀數(shù)，不估讀

(2)螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；

(3)歐姆表讀數(shù)等于表盤示數(shù)乘以倍率

(4)電壓從零調起，滑動變阻器應采用分壓接法，根據(jù)待測電阻阻值與電表內阻的關系確定電流表的接法，然后作出

實驗電路圖；

【詳解】(1)游標卡尺讀數(shù)為：L=5cm+0.05mmx3=50.15mm.

(2)螺旋測微器的讀數(shù)為D=4.5mm+0.01mmx20.0=4.700mm

(3)電阻的讀數(shù)為:R=22xl0=220Q

(4)電源電動勢為4V,電壓表應選：Vi,

U3

電路最大電流約為：/=-=--?0.014A=14mA,電流表應選A2,為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇Ri,由于

R220

電阻阻值遠大于滑動變阻器最大阻值，滑動變阻器應采用分壓接法,

—R=^2y20?7c.c3,片K,二1若00‘00土45.5,-%y、>—R,電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示:

【點睛】游標卡尺時應分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來