2024屆衡水中學物理高二上期末考試試題

注意事項

1.考生要認真填寫考場號和座位序號。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。

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、如圖為同種電荷在同一有界磁場中運動的四條軌跡，那么可以判斷()

A.運動速率V1>V2>V3>V4B.運動速率V1<V2<V3<V4

C.運動時間tl>t2>t3>t4D.運動時間tl<t2<t3<t4

2、下圖所示是做直線運動的甲、乙兩個物體的位移-時間圖象，由圖象可知()

A.乙開始運動時，兩物體相距20m

B.在0?10s這段時間內，兩物體間的距離逐漸變小

C.在10-25s這段時間內，兩物體間的距離逐漸變小

D.兩物體在10s時相距最遠，在25s時相遇，且此時二者速度相同

3、如圖所示，高速運動的a粒子被位于。點的重原子核散射，實線表示a粒子運動的軌跡，M,N和。為軌跡上的

三點，N點離核最近，。點比M點離核更遠，則

A.a粒子在M點的速率比在0點的大

B.三點中，a粒子在N點的電勢能最大

C.在重核產生的電場中，M點的電勢比0點的低

D.a粒子從M點運動到Q點，電場力對它做的總功為負功

4、關于地球的地磁場方向，下列說法正確的是

A.在地表空間是從南極指向北極

B.在地表空間是從北極指向南極

C.在地表空間南半球是從赤道指向南極，北半球是從赤道指向北極

D.在地表空間南半球是從赤道指向北極，北半球是從赤道指向南極

5、在某高度處將小球以2m/s的速度水平拋出.落地時的速度是4m/s,不計空氣阻力，則小球落地時速度方向和水平方

向的夾角是（）

A.60°B.45°

C.37°D.30°

6、回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示.它的核心部分是兩個。形金屬盒，兩盒相距很近，。、分接在

電壓為a周期為T的交流電源上.兩盒間的窄縫中形成勻強電場，兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面.帶

電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出.設。形盒

的半徑為R,現將垂直于。形盒的磁場感應強度調節為Bo,剛好可以對散核進行加速,氟核所能獲得的最大能量為E。，

以后保持交流電源的周期T不變.已知氤核和打粒子的質量之比為3：4,電荷量之比為1：2.下列說法正確的是

A.若只增大交變電壓U,則瓶核在回旋加速器中運行的時間不會發生變化

B.若用該裝置加速a粒子，應將磁場的磁感應強度大小調整為'為

4

C.將磁感應強度調整后對a粒子進行加速，a粒子在加速器中獲得的最大能量為-E。

D.將磁感應強度調整后對?粒子進行加速，?粒子在加速器中加速的次數大于僦核的次數

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、關于平拋運動，下列說法中正確的是（）

A.平拋運動的軌跡是曲線，所以平拋運動是變速運動

B.平拋運動是一種勻變速曲線運動

C.平拋運動的水平射程x由初速度V。決定，與下落的高度我無關

D.平拋運動的落地時間f由初速度%決定，V。越大，，越大

8、如圖所示，輕質彈簧左端固定，置于場強為E水平向左的勻強電場中，一質量為山，電荷量為+g的絕緣物塊（可

視為質點，從距彈簧右端乙處由靜止釋放，物塊與水平面間動摩擦因數為人物塊向左運動經A點（圖中未畫出）時

速度最大為卜，彈簧被壓縮到最短時物體離釋放點的距離為乙2,重力加速度為g整個過程中彈簧始終在彈性限度內.則

從物塊釋放到彈簧壓縮至最短的過程中（）

A.物塊與彈簧組成的系統機械能的增加量為（亞-〃咫）4

B.物塊電勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量與系統產生的內能之和

C.物塊的速度最大時，彈簧的彈性勢能為（"E-〃根g）4-

D.若物塊能彈回，則在向右運動的過程中速度最大的位置在A點左側

9、如圖，S為一離子源，MN為長熒光屏,S到MN的距離為L,整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向

垂直紙面向里，磁感應強度大小為反某時刻離子源S一次性沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量的正離子，各離

子的質量，力電荷量g,速率v均相同，不計離子的重力及離子間的相互作用力，貝！1（）

M

N

A.當”幽時所有離子都打不到熒光屏上

2m

B當“延時所有離子都打不到熒光屏上

m

C.當v=幽時，打到熒光屏MN的離子數與發射的離子總數比值為工

m2

D.當v=或時，打到熒光屏MN的離子數與發射的離子總數比值為二

m12

10、正弦交變電源與電阻R、交流電壓表、交流電流表按照圖甲所示的方式連接，R=200￡l,圖乙是交變電源輸出電壓

u隨時間t變化的圖象，則（）

A.交流電壓表的讀數是311V

B.交流電流表的讀數是1.1A

C.R兩端電壓隨時間變化的規律是MR=3Hcos加V

D.R兩端電壓隨時間變化的規律是以=311cos100加V

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）某學習小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小，實驗器材如圖甲所示，現已完成部分導線的連接

（1）實驗要求滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中，電流表的示數從零開始逐漸增大，請按此要求用筆畫線代替導

線在圖甲實物接線圖中完成余下導線的連接

（2）某次測量，電流表指針偏轉如圖乙所示，則電流表的示數為A；

12.（12分）假設地球為一球體，地球繞地軸自轉時，在其表面上有4、3兩物體，仇和仇為已知，4、5兩物體的角

速度之比為WA：a）B=,線速度之比VA：VB=

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）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板》相距d=0.10m,a.》間的電場強度為E=5.0X105N/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/n=4.8xl0-25kg,電荷

186

量為^1.6X10C的帶正電的粒子（不計重力），從貼近a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

14.（16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=U2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，取g=10m/s2,$也37。=0.6,

cos37°=0.8

（1）求磁感應強度B的大小；

（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

15.（12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，軌道的水平部分與半圓環相切.A為水平軌道上的一點，而且A3=R=0.2m,把一質量m=O.lkg,帶電

4

量為夕=+10一4C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。點時，軌道受到的壓力大小

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、B

【解題分析】AB.粒子受到洛倫茲力的作用，洛倫茲力提供向心力，貝!I：

qvB----

r

可得：

人幽

m

由圖可知粒子做圓周運動的軌道半徑關系：

(<芍<q<q

又由于粒子是同種電荷，比荷相同，則有：

V[<%<V3<V4

故A錯誤，B正確；

CD.粒子受到洛倫茲力的作用做圓周運動，粒子在磁場中運動的時間為：

一o丁/〃1

'=五’=而

由圖可知粒子做圓周運動的圓心角關系為：

4=82〉83〉64

所以粒子在磁場中運動的時間關系為：

4=’2>’3>’4

故C、D錯誤；

故選B。

2、C

【解題分析】A.在Z=0時刻，甲、乙車相距20m,當甲運動了10s后，乙才開始運動，由圖像可知，當乙開始運動時,

兩物體距離大于20m,A錯誤；

B.在0~10s這段時間內，乙在坐標原點保持靜止，甲從20m處逐漸向遠離原點的方向運動，故兩物體距離逐漸變大,

B錯誤；

C.由圖像可知，10~25s這段時間內，乙物體速度大于甲物體的速度，故兩物體的距離在逐漸變小，C正確；

D.由圖像可知，甲乙兩物體在U10s時相距最遠，在U25s時相遇，但在U25s時甲的速度小于乙的速度，D錯誤。

故選C。

3、B

【解題分析】解法一（從等勢線分布入手）：重核帶正電荷，在其周圍形成的電場中，離重核越近電勢越高，所以

>q>M>（Pe?選項C錯誤；電勢越高，正電荷的電勢能越大，所以帶正電的a粒子在三點處的電勢能大小關系是EN>

EM>E°,即N點的電勢能最大，。點的電勢能最小，B正確；a粒子僅受電場力的作用，其電勢能和動能相互轉化，

但電勢能和動能之和保持不變，根據EN>EM>E°可知，EkN<EkM<EkQ,a粒子在M點的動能比在。點的小，所以

a粒子在拉點的速率比在。點的小，選項A錯誤；由EM>EQ可知，a粒子從“點運動到。點，電勢能減小，電場力

對它做的總功肯定為正功（電場力做正功，電勢能減小，動能增大），選項D錯誤

解法二（從電場力做功入手）a粒子受到的電場力始終是斥力，在a粒子從M點運動到N點的過程中，電場力做負

功，再從N點運動到。點時，電場力做正功，已知。點比M點離核更遠可知，正功大于負功，所以整個過程，電場

力對它做的總功為正功，D錯誤；已知從M運動到N,電場力做的總功為正功，可知a粒子的動能變大，速度變大，

所以a粒子在M點的速率比在。點的小，A錯誤；距離帶正電荷的重核越近，電勢越高，a粒子的電勢能越大，結合

三點的位置關系可知，電勢關系（（>N>q）M>q）2，電勢能關系EN>E”>E°,B正確，C錯誤

4、A

【解題分析】地球本身是一個大磁鐵，地磁的南極在地理北極附近，地磁北極在地理南極附近，在地表空間地磁場從

南極指向北極，不論在南半球還是北半球，地磁場都是從南極指向北極

A、A項與上述分析結論相符，故A正確；

B、B項與上述分析結論不相符，故B錯誤；

C、C項與上述分析結論不相符，故C錯誤；

D、D項與上述分析結論不相符，故D錯誤

5、A

【解題分析】小球在水平方向上的分速度不變，等于2m/s,根據平行四邊形定則得

cosa=—%=-2=—1

v42

則

a=60°

所以A選項是正確的，BCD均錯誤

故選Ao

6、C

【解題分析】回旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從

而求出最大動能.在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等.

【題目詳解】A、粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有/耳=根幺，粒子的最

R

qBR

大速度：匕=亞日，所以粒子加速后的最大動能：Ekm=-mvl=°',根據動能定理：Ekm=n-qU,若其他量

mkm2m2m

不變，只提高加速電壓U,則質子在電場中加速的次數減小；質子在加速器中運動的總時間將縮短；故A錯誤.

不27rmf2jrm

B、粒子在磁場中運動的周期T=^,每加速一次和半個圓周電場變換一次反向，則電場變換的周期為品=-^,

4叫）qB0

42

若該裝置加速a粒子則3=7記,由于，=§〃Z,/=2q,應將磁場的磁感應強度大小調整為3'=§穌；故B錯誤.

L（2q）2（B0）2R2

C、粒子離開的最大動能為E0=且芻旦，a粒子的最大動能為琢“=------5----=~E0,故C正確.

2m2-4m3

3

D、瓶核在磁場中加速的次數：〃=%=磔與，。粒子在加速器中加速的次數,=與=坐上,可知將磁感應

qU2mU2qU3mU

強度調整后對a粒子進行加速，a粒子在加速器中加速的次數小于氟核的次數；故D錯誤.

故選C.

【題目點撥】解決本題的關鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關，以及知道粒子在磁

場中運動的周期與電場的變化的周期相等.

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、AB

【解題分析】平拋運動是具有水平方向的初速度只在重力作用下的運動，是一個勻變速曲線運動.解決平拋運動的方

法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動

【題目詳解】A、B項：平拋運動只受重力作用，加速度為重力加速度，不發生變化，是勻變速運動，運動軌跡是曲線，

所以平拋運動一定是變速運動，故AB正確；

C項：由平拋可得：X=VQt,/z=Lg產解得：%=%絲，即：平拋運動的水平射程由物體下落的高度和初速度共

2Vg

同決定，故C錯誤；

D項：由C知，平拋運動落地時間由h決定，與初速度無關，故D錯誤

【題目點撥】本題考查對平拋運動規律的掌握和理解，知道平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的

自由落體運動，結合運動規律分析水平射程和落地時間

8、ABD

【解題分析】滑塊在從釋放到彈簧壓縮至最短的過程中，有電場力、摩擦力和彈簧彈力做功，根據功能關系、動能定

理、電場力做功與電勢能的關系等進行判斷；

【題目詳解】A、物塊和彈簧組成的系統機械能的增量等于外力做的功，彈簧彈力是內力，不改變機械能，外力只有

電場力和摩擦力，所以從物塊釋放到彈簧壓縮至最短的過程中機械能的增量為①石-〃加g）以，故A正確；

B、根據能量守恒，電勢能的減少量等于機械能的增加量加上系統產生的內能，動能沒有變，機械能的增加量等于彈

性勢能的增加量，所以物塊電勢能的減小量等于彈簧彈性勢能的增加量與系統產生的內能之和，故B正確；

C、物塊速度最大時，加速度為0,則物塊距釋放點的距離大于右，設彈簧彈力為F,則4石-/=/，釋放點到速度

最大的位置距離L',速度最大時的彈性勢能等于機械能的增加量減去動能的增加量，即（gE-“咫）〃-萬機其

中〃故C錯誤；

D、向左經過A點時速度最大，加速度為零，若物塊能彈回，向右運動經過A點時摩擦力方向改變，所以反彈經過A

點加速度方向向左，不為0,速度最大位置在A點的左側，故D正確

【題目點撥】解決本題的關鍵掌握功能關系，知道合力做功等于動能的變化量，除重力以外其它力做功等于機械能的

增量，電場力做功等于電勢能的減小量，重力做功等于重力勢能的減小量等

9、AC

【解題分析】根據帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式求出離子的軌道半徑，畫出軌跡示意圖，然后求出離

子到達熒光屏上離子數與總數的比值.

【題目詳解】A、根據半徑公式氏=胃，當v〈警時有R<,，直徑2R<L,離熒光屏最近的離子都打不到熒光屏

qB2m2

上，所以當v<譬時所有離子都打不到熒光屏，故A正確；

2m

B、根據半徑公式R=胃，當丫<如時，R<L,當半徑非常小時，即R〈人時肯定所有離子都打不到熒光屏上；

qBm2

當有離子打到熒光屏上，故B錯誤；

2

c、D、當丫=幽時，根據半徑公式R=?=L,離子恰好打到MN上的臨界運動軌跡如圖所示：

mqB

CJ

離子速度為V1從下側回旋，剛好和邊界相切，離子速度為也時從上側回旋，剛好和上邊界相切，打到N點的離子離開

S時的初速度方向和打到V，點的離子離開S時的初速度方向夾角9=n,能打到熒光屏上的離子數與發射的粒子總數之

01

比：k=—=—,故C正確，D錯誤；

2〃2

故選AC.

【題目點撥】本題考查了離子在磁場中的運動，離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚離子

運動過程是解題的關鍵，應用牛頓第二定律即可解題

10、BD

【解題分析】A.最大值為311V,則有效值為。=m=220V,則A錯誤,B.電流的有效值為:[=4=1.1A,貝!!B

友R

正確.C.D.由圖知周期為T=0.02S,則w=T=100i（rad/s）,則電壓隨時間變化的規律是以=3ncoslOOw?,

則C錯誤，D正確.故選BD.

考點：考查正弦式電流的圖象和三角函數表達式

【名師點睛】理解交流電電壓表達式的物理意義，本題即可得到解決

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.⑴②.⑵0.44

【解題分析】（1）根據題意確定滑動變阻器的接法，然后連接實物電路圖

（2）根據圖示電流表確定其量程與分度值，讀出其示數

【題目詳解】（1）滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中，電流表的示數從零開始逐漸增大，滑動變阻器采用分壓接

法，分壓電路與滑動變阻器左半部分并聯，實物電路圖如圖所示:

(2)由圖示表盤可知，其量程為0.6A,分度值為0.02A,示數為0.44A；

【題目點撥】本題考查了連接實物電路圖、電流表讀數；當電壓與電流從零開始變化時滑動變阻器只能采用分壓接法,

根據題意確定滑動變阻器的接法是正確連接實物電路圖的前提與關鍵

12、①.1：1@.sin0i：cos02

【解題分析】(I)A.5兩物體跟著地球轉動時，在相同的時間內轉動的角度相等，故角速度相同，"A："B=l：1;

(2)令地球的半徑為R,A物體做圓周運動的半徑為RA=R?sina,5物體做圓周運動的半徑為RB=R?cose2,又因為

線速度v=r?@,所以線速度之