2026届辽宁省沈阳市第一七O中学高二上物理期末检测试题含解析.doc

2026届辽宁省沈阳市第一七O中学高二上物理期末检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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、关于电源电动势，下面说法不正确的是 (　　)
A.电源两极间电压总等于电动势
B.电动势越大的电源，将其他能转化为电能的本领越大
C.电路接通后，电源的电压小于它的电动势
D.电动势只由电源性质决定，与外电路无关
2、如图所示，矩形金属框CDEF用两根绝缘细线悬挂于天花板上，其中CD和EF质量均为m，CF和DE重力不计，金属框处于竖直向下的匀强磁场中。现使金属框中通过图中所示的恒定电流。当系统稳定后，则（　　）

A.CD边将垂直纸面向里偏离至某处
B.EF边将垂直纸面向里偏离至某处
C.两根绝缘细线的拉力均大于mg
D.两根绝缘细线的拉力均等于mg
3、关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（）
A.磁感线和电场线都是一些互相平行的直线
B.磁感线一定是闭合曲线，而电场线也可能是闭合曲线
C.磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷
D.电场线和磁感线都可以用其疏密表示电场强度和磁感应强度的强弱
4、如图为同种电荷在同一有界磁场中运动的四条轨迹，那么可以判断（）

A.运动速率v1>v2>v3>v4 B.运动速率v1<v2<v3<v4
C.运动时间t1>t2>t3>t4 D.运动时间t1<t2<t3<t4
5、如图，一正方形闭合导线圈在一个很大的匀强磁场中，下列变化中能产生感应电流的是

A.线框向右匀速运动
B.线框向左加速运动
C.线框绕经过a点且垂直线圈平面的轴转动
D.将线框由正方形拉成圆形
6、如图所示是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊接工件就焊接在一起了．我国生产的自行车车轮圈就是用这种办法焊接的．下列说法中正确的是（ ）

A.这种焊接方法的原理是电流的磁效应
B.线圈中通入的交流电频率越高，焊缝处温度升高的越快
C.线圈中的电流是很强的恒定电流
D.待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反
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、如图所示，弹簧秤下挂一条形磁铁，其中条形磁铁的一半位于未通电的螺线管内，下列说法正确的是（　　）

A.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数减小
B.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数增大
C.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数增大
D.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数减小
8、如图所示，一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，A上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能Ep=6J，B与A右壁距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）

A.碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同
B.B脱离弹簧时，A的速度为1m/s
C.B和油灰阻挡层碰撞并被粘住，该过程B受到的冲量大小为3N·s
D.整个过程B移动的距离为
9、静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）

A.在和处受电场力相等
B.由运动到的过程中的电势能保持不变
C.由运动到的过程中电场力先减小后增大
D.由运动到的过程中电场力先增大后减小
10、如图所示是由电荷量分别为和的两个点电荷组成的一个电荷系统，其中A、B是两点电荷所在位置，N、P、Q是AB连线上的三点，N点的电场强度为零．若规定无限远处的电势为零，则下列说法正确的是（　　）

A.图中左侧A点为的点电荷
B.N点的电势大于零
C.P点电势高于Q点电势
D.P点场强大于Q点场强
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）某同学为测定某柱形电子元件电阻率，先做如下测量：
(1)用螺旋测微器测量它的直径，示数如图甲所示，读数为d＝____________mm；用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图乙所示，读数为L＝________________cm.

(2)多用电表粗测该元件的电阻如图a所示，选用“×10”倍率的欧姆挡，测得该元件电阻为_________Ω

(3)为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：
A．电流表A1(量程50 mA、内阻r1＝10 Ω)
B．电流表A2(量程200 mA、内阻r2约为2 Ω)
C．定值电阻R0＝30 Ω
D．滑动变阻器R(最大阻值约为10 Ω)
E．电源E(电动势约为4 V)
F．开关S、导线若干
该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理图如图b所示，N处的电流表应选用____________(填器材选项前相应的英文字母)．开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于___________(选填“a”或者“b”)．若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx＝___________________(用题中字母表示)
12．（12分）某实验小组利用图（甲）所示的器材测量一节干电池的电动势和内电阻。现有的实验器材为：
A．待测干电池（电动势约为1.5V）
B．电压表（量程3V，内阻约5kΩ）
C．电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）
D．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）
E．开关、导线若干

（1）在图（甲）中用笔画线代替导线将电路连接完整，要求滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大_____；
（2）他们根据实验数据绘制出的U﹣I图象如图（乙）所示，其中U是电压表的读数，I是电流表的读数。由此可以得到干电池的电动势E＝_____ V，内电阻r＝_____Ω．（结果保留两位有效数字）
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）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/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m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

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＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝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R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝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）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BC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AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
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、A
【解析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，电动势与外电路无关；
【详解】A、电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，当外电路接通时，电源有内电压，根据闭合电路欧姆定律得知，电源两极间电压一定小于电动势，故A错误，C正确；
B、电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势越大，电源将其它能转化为电能的本领越大，故B正确；
D、电动势由电源本身决定，与外电路无关，故D正确
【点睛】本题考查电动势的物理意义，可根据闭合电路欧姆定律理解电动势与电源两极间电压的关系
2、D
【解析】CD．根据：

结合左手定则可知导体棒CD和EF受到的安培力等大反向，从左向右看，对线框整体受力分析：

根据平衡条件：

所以两根绳子拉力均为：

C错误，D正确；
AB．从左向右看分别对导体棒CD和EF受力分析：

结合整体法可知CD边保持原来状态静止不动，EF边将垂直纸面向外偏离至某处，AB错误。
故选D。
3、D
【解析】A．磁感线和电场线不一定互相平行，故A错误；
B．磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线是闭合曲线，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，静电场线不是闭合曲线，故B错误；
C．电场线起始于正电荷，终止于负电荷，磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，故C错误；
D．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述。磁场越强，磁感线越密集，故D正确。
故选D。
4、B
【解析】AB．粒子受到洛伦兹力的作用，洛伦兹力提供向心力，则：

可得：

由图可知粒子做圆周运动的轨道半径关系：

又由于粒子是同种电荷，比荷相同，则有：

故A错误，B正确；
CD．粒子受到洛伦兹力的作用做圆周运动，粒子在磁场中运动的时间为：

由图可知粒子做圆周运动的圆心角关系为：

所以粒子在磁场中运动的时间关系为：

故C、D错误；
故选B。
5、D
【解析】AB、由于磁场是匀强磁场且范围足够大，因此线圈无论向那个方向匀速、加速或加速平移，磁通量都不会发生变化，都不会产生感应电流，故A错误，B错误；
C.为轴旋转时线框绕经过a且垂直线圈平面的轴转动，其磁通量不发生变化，没有有感应电流产生，故C错误；
D.将线框由正方形拉成圆形，线框的面积扩大，磁通量一定增大，会产生感应电流，故D正确；
故选D
6、B
【解析】恒定电流不能在工件中产生感应电流，频率很高，磁通量变化快，产生感应电动势较大，磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同
【详解】A、B项：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快，故A错误，B正确；
C项：恒定电流不能在工件中产生感应电流，故C错误；
D项：若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，故D错误
故选B
【点睛】本题考查了电磁感应现象在生产和生活中的应用，注意要会分析应用的原理

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、AC
【解析】AB．当螺线管将a接电源正极，b接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向上，上端相当于N极，对磁铁产生向上的斥力，所以弹簧秤示数减小，故A正确；B错误；
CD．当螺线管将b接电源正极，a接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向下，上端相当于S，对磁铁产生向下的引力，所以弹簧秤示数增大，故C正确，D错误。
故选AC。
8、BCD
【解析】A．对于B球、弹簧和A车组成的系统，在弹簧作用的过程、B球撞A车右壁的过程，均满足系统的外力之和为零，系统的动量守恒，初态总动量为零，则此后的任何时刻A与B的动量总是等大反向，因方向相反而动量不同，故A错误；
B．设B脱离弹簧时，B的速度为，方向向右，A的速度为，方向向左，设向右为正方向，由动量守恒定律

由能量守恒定律可得

联立可得，，故B正确；
C．B球与A车以等大反向的动量相撞，由动量守恒定律可知两物体的共同速度为零，则对B球由动量定理可知

即粘住的过程B受到的冲量大小为3N·s，负号表示冲量方向向左，故C正确；
D．对B球与A车的作用过程，满足人船模型

解得，，故D正确。
故选BCD。
9、AD
【解析】A．由图可知在和处电场强度相同，故根据

可知点电荷在和处受的电场力相等，故A正确；
B．由图可知至电场强度为负方向，故正电荷由运动到的过程中电场力做负功，电势能增加，故B错误；
CD．由图可知从至电场强度先增大后减小，所以点电荷受电场力先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
10、BC
【解析】A．根据电场线的疏密可知图中右侧电场线比较密集，故图中右侧B点为+6q的点电荷，故A错误；
B．由于N点的电场强度为零，和的两个点电荷在N点左侧产生的区域电场线方向是朝左的，因此N点的电势大于零，故B正确；
C．N点的电场强度为零，N点右侧的区域电场线方向是向右的，顺着电场线方向电势降低，则知P点电势高于Q点电势，故C正确；
D．P、Q两点所在的区域，沿电场线方向逐渐变密，因此P点的场强小于Q的场强，D错误。
故选BC。

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、 ①.0.617(0.616～0.618均可) ②.10.670 ③.70 ④.B ⑤.a ⑥.
【解析】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为11.7×0.01=0.117mm，所以最终读数为0.617mm，由于读数误差，所以0.616～0.618均可；
[2]游标卡尺的主尺读数为106mm，游标读数为0.05×14=0.70mm，所以最终读数为106.70mm=10.670cm
(2)[3]用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为
；
(3)[4]通过待测电阻的最大电流约为

通过N出的最大电流约为

为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；
[5]开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a；
[6]通过定值电阻R0的电流

并联电路两端电压

则待测电阻的电阻值

12、 ①. ②.1.4 ③.0.91
【解析】（1）[1]．本实验采用相对电源的电流表外接法；滑动变阻器采用限流接法，为了让滑片位于最左端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，应接滑动变阻器右下方和上方任一接线柱；如图所示。

（2）[2][3]．在U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.4V；图象中的斜率绝对值表示电源的内阻，所以电源的内阻为
r＝＝0.91Ω。

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、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N