辽宁沈阳市某校2026-2027学年高二上学期午测物理试卷（11.2）

2026年11月2日物理午测 一、单选题 1.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界， 其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、k的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。 束质量为、电荷量为q(q心0)的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直b射入磁 场，不计粒子间的相互作用和重力。则从圆弧边界bc射出的粒子在磁场中飞行的最短时间 为() d××× × × + 5πm B. 127πm 2πm A. C. 6gB 180gB 3qB D. 7πm 98 v个 b --a 2.如图所示，质量为m的铜棒长为L,棒的两端各与长为α的细软铜线相连，静止悬挂在 磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当棒中通过恒定电流后，铜棒向上摆 动，最大偏角为，重力加速度g己知，则下列说法正确的是 ◆B A。铜棒摆动过程中，摆角为时，棒受力平衡 B.铜棒摆动过程中，安培力逐渐变小 C.铜棒摆动过程中，机械能守恒 D.根据题中所给条件可以求出棒中的电流 3.关于下列四幅课本上的插图的说法正确的是() PP 等离子体 甲 乙 丙 丁 A.图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够 沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=E B B.图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极 C.图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝S?说明粒子的比荷越大 D.图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U 4.如图所示，质量为的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同 时施加水平向右的恒力F和竖直向上的力F,使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上 的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦 因数为4，下列说法中正确的是（重力加速度为g) Fo A.小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动 B.小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止 试卷第1页（共4页） C.小球的最大加速度为F D.小球的最大速度为 Fo+umg uk 5.航空母舰的舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞 速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度。电磁弹射系 统的一种设计可简化为乙图所示，图中N、PQ是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不 计)，AB是电磁弹射车，回路PBAM中电流恒定，该电流产生的磁场对弹射车施加力的作 用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正 确的是( 电磁弹射车、 飞机 轨道 B .0 甲（侧视图） 乙（俯视图） A.N、PQ间的磁场是匀强磁场 B.弹射车的速度与运动的时间成正比 C.弹射车所受的安培力与电流的大小成正比 D.回路PBAM中通以交变电流，弹射车不能正常加速 二、多选题 6.2020年7月31日，习近平总书记向世界宣布北斗三号全球卫星导航系统正式开通，标 志着北斗“三步走”发展战略圆满完成，北斗迈进全球服务新时代。人造地球卫星用太阳能 电池供电，展开的太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能。取一片太阳能电池 板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示。下列说法正确的是() ↑UV 3.0 2.0 .0 ImA 0 2.0 3.0 A. 该电池板的电动势为3.00V B.随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大 C.外电路电阻为1k2时，电源输出功率约为4W D.外电路电阻为1k2时，电源效率约为66.7% 7.在光滑绝缘水平面上，一绝缘轻绳栓着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中 做顺时针方向的匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到A点 时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后的运动情况，可能的是() ××× B A A,小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变 B.小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小 C.小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变 D.小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小 试卷第2页（共4页） 8.两根固定的相互平行的直导线A和B,相距为L,电流方向如图所示.导线C用轻绳 悬挂在AB导线的中间上方，距离AB为5L,三根导线通的电流都为1.下列说法正确 00 的是 2 A B A.从上往下看导线C顺时针转动，同时绳子的张力变小 B.从上往下看导线C逆时针转动，同时绳子的张力变大 C.当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为√3： 3:1 D.当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1： 9.如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置示意图。速度选择器（也称滤速器）极板长 度为L,宽度为d,电场强度为E,方向竖直向下，磁感应强度B1方向垂直纸面向里，分 离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外，小孔A在速度选择器的中线上，其孔大小可以 忽略。在S处有带电量为+9、质量为的同种正离子垂直于E和B1以不同速率沿中线入 射到速度选择器中，已知是一2，速度满足某一条件的粒子经过A孔、，后打在接收板 PQ上。下列说法正确的是() ol. A.打在收集板上的粒子在右侧磁场B2中运动时间一定相同 B.通过A点的粒子轨迹一定相同 E C.粒子要通过A点，粒子速度必须满足v= B. 2E D.速度v= B 的粒子可能通过A点打在收集板上 10.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽 度为0.5m,匀强磁场方向如图，大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于 金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿 杆向右由静止开始运动。已知MN=OP-=1m,则下列说法不正确的是() A.金属细杆运动到圆弧轨道时受到重力，支持力，安培力，和向心力 B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5s 试卷第3页（共4页） C.金属细杆运动到P点时安培力的瞬时功率为0 D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为1.5N 三、实验题 11.(1)小明用多用电表测量一小段2B铅笔芯的电阻Rx,正确的操作顺序是 (填 字母)； A.把选择开关旋转到交流电压最高挡 B.调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点 C.把红黑表笔分别接在R:两端，然后读数 D.把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触 E.把红黑表笔分别插入多用电表“+、”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0 3 50 20 10 5 2.55. 3 200 200 30 1.5 50002g0 2.5 A-V-2 No e x 1K ×100×10 V OFF 2.5 ◎ 100 250 ⊙ mA 50250500 500 ◎ (2)小明正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则R2: (3)小张认为用多用电表测量小电阻误差太大，采用伏安法测量.现有实验器材如下：电 源（电动势3V,内阻可忽略），电压表（量程3V,内阻约3k2),多用电表(2.5A挡： 25mA挡和250mA挡，对应的内阻约402,42和0.42)，滑动变阻器R(0~102),定值 电阻R(阻值102)，开关及导线若干，测量铅笔芯的电阻Rx,下列电路图中最合适的是 (填字母)，多用电表选择开关应置于挡· (mA (mA R R R Ro RP Rp A B C D 试卷第4页（共4页） 《2026年11月2日物理午测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 C D C D B AD ABC BD AD ABD 1.C 【详解】由题可知，带电粒子在磁场中匀速圆周运动 Bqv =mv r T=2ur v 解得 T=2πm Bq d× × ×d× × ××× v个 ×× 0 b 如图所示，设当粒子从d点射出，∠dOb=B,故当Od⊥Od时，B最大，此时粒子轨迹所 对应的圆心角最小 sin0=Od、R1 00-2R2 0=30° 故粒子轨迹所对应的圆心角为120°，粒子在磁场中飞行的最短时间为 1=120°7=2πm 360° 3Bq 故选C。 2.D 【详解】A.由运动的对称性可知悬线与竖直方向的夹角为气时金属棒的速率最大，此位 置是平衡位置，但是摆动过程经过此位置时不是平衡状态，故A错误： B.导线中通有恒定电流时，所受安培力不变，选项B错误； C.铜棒摆动过程中，由于安培力做功，故机械能不守恒，选项C错误： D。在？位置时，对金属棒进行受力分析可知 BIL tan- 2 mg 由此可以求出棒中的电流，故D正确： 故选D。 3.C 【详解】A.图甲是速度选择器示意图，根据qE=qvB 解得v=E B 可知，速度选择器无法判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度 选择器的条件是v= E,故A错误： B.图乙是磁流体发电机结构示意图，由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正 电，故A板是发电机的负极，B板是发电机的正极，故B错误； 答案第1页（共4页） C,图丙是质谱仪结构示意图，带电粒子经质谱仪的加速电场后，有gU=】 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有g8=m心 联立可得r= 12Um B\g 可知，越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狭缝S?说明粒子的比荷越大，故C 正确： D.图丁是回旋加速器示意图，根据qvB=mv 1 E.=2mv 可得最大动能Rn-9BR 2m 可知，最大动能与加速电压无关，故D错误。 故选C。 4.D 【详解】AB.刚开始运动，加速度为 Fo-u(mg-kv) a= m 当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合 kv>mg 后，加速度为 a=Fo-(kv-mg) m 当速度v增大，加速度减小，当a减小到0，做匀速运动，故AB错误： C.当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为 Fo m 故C错误： D.当加速度为零时，小球的速度最大，此时有 F。=(w-mg) 所以最大速度为 Fo+umg uk 故D正确。 故选D。 5.B 【详解】A.根据左手定则可知，MW、PQ间有竖直向上的磁场，且通电直导线产生的磁 场为环形磁场，离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故A错误： B.沿导轨方向磁场不变，且回路PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由 F=BIL 可知，安培力大小不变，由牛顿第二定律 F=ma 可知，加速度不变，由 v=at 可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B正确： C.安培力F=BL,当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的 大小不是正比关系，故C错误： D.根据右手螺旋法则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之间产生竖直向上的磁场，结 答案第2页（共4页） 合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向向右；当电流方向沿回路MABP时，根据右手 螺旋法则导轨之间产生竖直向下的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依 然向右，故电流的变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统能够正常工 作，故D错误。 故选B。 6.AD 【详解】A.当电流为0时，路端电压数值上等于电动势，由图像可知，电动势为3.00V, 故A正确： B.图像的斜率即为电源内阻大小，随着外电路电阻增大，电流减小，由图像可知，其内 阻逐渐减小，故B错误： CD.在图像上作出电阻的I图像，取两个图像的交点，即为电阻与电源连接后电压电流 值，如下图： ↑UV 3.0 2.0 用mA 0 2.0 3.0 从图中可读出，交点对应的电流和电压分别为2.0A和2.0V,故此时电源的输出功率为 P=UⅡ=2.0×2.0×10-3W=4×103W 电源效率约为 IU U 2.0 =66.7% IE E 3.0 故C错误D正确。 故选AD。 7.ABC 【详解】AB.如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小 等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，也 可能洛伦兹力大于之前合力的大小，则半径减小，故AB正确； CD.若小球带负电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后， 仍然洛伦兹力提供向心力，顺时针做圆周运动，半径不变.若开始靠洛伦兹力和拉力的合 力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变 大，故C正确，D错误. 故选ABC。 8.BD 【详解】AB、由右手螺旋定则可以判断C导线左侧的磁场方向从下往上，右侧从上往 下，从而可判断C导线左侧受到向外的力右侧受到向里的力，从上往下看导线是逆时针转 动：利用极限法可判断C导线转动到与AB平行时受到向下的安培力，所以过程中绳子张 力变大；A错误，B正确， CD、转到与AB平行时，三根导线电流方向都是垂直纸面向里，所以A、B和C受到相互 之间的磁场作用力大小相等，C错误，D正确.故选BD 9.AD 【详解】A.因粒子通过A孔后，在右侧磁场中均运动半个周期，故时间相同，故A正 确： 2E E BCD.以B的速度从S点射入的离子，其在速度选择器中所做的运动为一个速度为V一 B 的匀速直线运动和另一个速度为ⅴ的匀速圆周运动的合运动，由条件粒子在平行板中运动 刚好从A点射出，轨迹如图 答案第3页（共4页） 故可打在收集板上，故D正确，BC错误。 故选AD。 10.ABD 【详解】A.金属细杆运动到圆弧轨道时受到重力，支持力，安培力；向心力是效果力， 不是性质力，故A错误： B.设金属细杆运动到P点时的速度大小为V。从M到P过程，由动能定理得 mgR+BL(MN+OPD三号 则得 2BIL(MN +OP)-2mgR 2×0.5×2×0.5×(1+1)-2×0.05×10×1 v= m/s=2√5m/s m 0.05 故B错误： C.金属细杆运动到P点时，安培力的方向为水平向右，速度方向为竖直向上，安培力方 向与速度方向垂直，故此时安培力的瞬时功率为0，C正确： D.在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N,由牛顿第二定律得 v 2N-BIL =m- 代入数据解得 N=ma+BL_0.05×20+0.5×2x05N=0.75N 2 2 由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为 N'=N=0.75N 故D错误： 故选ABD: 11. EDBCA 2.9 B 250mA 【详解】(1)[1]多用电表应先进行机械调零，再进行欧姆调零，用完后再把电表挡位调整 到交流电压最高挡或OFF挡：E项是机械调零，DB是欧姆调零，C是测电阻，最后关闭 是A,故答案为EDBCA。 (2)[2]由图可知，挡位为×1，读数为2.92。 (3)[3]AB.由于待测电阻较小，电流表电阻引起的误差较大，所以采用外接法，故A错 误，B正确： C.电压表量程为3V,电源电动势为3V,C图接法致使电压表偏转不明显，故C错误； D.图中电路图电压表测量的是电源的电压，不会随着滑动变阻器变化而变化，故D错误. 故选B。 [4]用电源电动势除以总电阻，最大电流约为 13V ≈230mA 132 所以选择250mA的量程。 答案第4页（共4页）