江苏省镇江一中2024届高二物理第一学期期中调研试题含解析

江苏省镇江一中2024届高二物理第一学期期中调研试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则（）A．点电荷受到的电场力变小 B．M板的带电荷量增加C．P点的电势升高 D．点电荷在P点具有的电势能增加2、两个带有等量正电荷的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ连线于O点，A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则()A．q运动到O点时电势能为零B．q运动到O点时的动能最大C．q由A向O的运动是匀加速直线运动D．q由A向O运动的过程中电势能先逐渐减小后又逐渐增大3、“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面电势分别为φA和φB，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．下列说法中正确的是A．A球面电势比B球面电势高B．电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C．等势面C所在处电势大小为D．等势面C所在处电场强度的大小为E=4、某电热器的电阻为R，当通过它的电流为I时，该电热器消耗的电功率A．IR B．I2RC． D．5、带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是A．在a点的加速度大于在b点的加速度B．在a点的电势能小于在b点的电势能C．在a点的速度小于在B点的速度D．电场中a点的电势一定比b点的电势高6、如图所示，一水平放置的平行板电容器带上一定电荷量后，将下极板B接地，一带负电油滴静止于两极板间的P点．现将平行板电容器的上极板A竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是A．P点的电势将增大，带电油滴将向上运动B．P点的电势将增大，带电油滴将向下运动C．P点的电势不变，带电油滴仍然静止D．P点的电势不变，带电油滴将向上运动二、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、在同一光滑斜面上放同一导体，如图所示是两种情况的剖面图。它们所处空间有大小相同的磁场，左图磁场方向垂直于斜面，右图磁场方向垂直于水平面，导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止状态。已知斜面的倾角为θ，则A．I1∶I2＝cosθ∶1B．I1∶I2＝1∶1C．两种情况导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθD．两种情况导体A所受安培力大小之比F1∶F2=cosθ∶18、如图，正方形ABCD内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，从B点以不同的速率沿着BC方向射入磁场，粒子a从D点射出，粒子b从AD边的中点E射出，粒子c从AB边的中点F射出．若带电粒子仅受磁场力的作用，下列说法正确的是A．a粒子的速率是b粒子速率的两倍B．在磁场中运动的时间，c是a的两倍C．在磁场中运动的弧长，a是c的两倍D．若c粒子的速率稍微减小，在磁场中的运动时间不变9、如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的是()A．电阻R1的阻值较大B．电阻R2的阻值较大C．电阻R1的发热功率较大D．电阻R2的发热功率较大10、某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在电场力作用下先后经过电场中的M、N两点．过N点的虚线是电场中的一条等势线，则()A．M点的电场强度小于N点的电场强度B．M点的电势低于N点的电势C．负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D．负点电荷在M点的动能大于在N点的动能三、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）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如下，回答下列问题：①现备有以下器材：A．干电池1个

B．滑动变阻器（1～51Ω）D．电压表（1～3V）

E．电压表（1～15V）F．电流表（1～1．6A）

G．电流表（1～3A）其中电流表应选______，电压表应选______．（填字母代号）②根据图线读出电池的电动势E=__________V，电池的内阻r=________Ω.12．（12分）描绘出平拋运动轨迹可求拋出速度，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽（图中、…）间距均为。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的一同位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点。(1)对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了_______；(2)每次将B板向内侧平移相同的距离，是为了_______；(3)在图中绘出平抛运动的轨迹，平抛运动初速度公式为：_______（已知，用表示）四、计算题：本题共2小题，共26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，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为，整个空间在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方形向下．当导体棒EF以初速度沿导轨滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m、电阻均为R,导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中异体棒EF上产生的焦耳热为Q．求：（1）导体捧受到的最大摩擦力；（2）异体棒EF上升的最大高度；（3）若已知此过程通过EF的电荷量为q，求过程经历时间．14．（16分）在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON=d，如图所示．不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子在M点的初速度v0的大小；15．（12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形，电子的电量为e（不计电子所受重力）．（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置坐标．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置坐标．（3）在满足（2）的情况下，粒子从释放点出发到达D点所需的最短时间是多少．

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【解题分析】

AB．由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，由公式可知，板间场强减小，点电荷受到的电场力减小，故A正确；B．电容器的板间电压保持不变，将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，电容器的电容C减小，根据Q=UC可知，M板的带电量减小，故B错误；C．板间场强减小，P点与下板间的距离未变，则由U=Ed，可知P点与下板之间电势差减小，下板电势为零，且P点的电势高于下板的电势，则P点的电势降低，故C错误；D．该点电荷带正电，P点的电势降低，则点电荷在P点具有的电势能减小，故D错误。故选A。【题目点拨】解答本题时，关键要对物理量间的关系要熟悉。分析时要抓住不变量，知道电容器与电源保持相连时板间电压不变．往往先确定电势差，再确定电势。2、B【解题分析】

取无限远处的电势为零，正电荷周围电势为正值，所以O点的电势大于0，根据电势能定义Ep＝qφ，电荷q带负电，则q运动到O点时电势能为负值，并不为零．故A错误．从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N相对于O点的对称点的过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，故B正确．两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故C错误．电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故D错误．故选B．3、D【解题分析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；故A错误；电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动．故B错误；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBC＞UCA，即：φC-φB＞φC-φA，所以：φC＜．故C错误．电子在等势面C所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力：；又：，EK0＝mv2，联立以上各式，得：E＝．故D正确；故选D.4、B【解题分析】

电热器可以看成是纯电阻电路，根据焦耳定律可知，其热功率等于电功率，所以故B正确。5、C【解题分析】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，可知EA＜EB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选C．6、C【解题分析】两极板间的电荷量恒定，、、可得，即两极板间的电场强度，与两极板间的距离无关，电场强度不变，所以油滴受力不变，仍处于静止状态，因为P到下极板的距离不变，而B极板电势恒为零，根据可得P点的电势不变，故C正确；【题目点拨】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变二、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、AD【解题分析】

导体棒受力如图，I1

所受的安培力沿斜面向上，I2所受的安培力水平向右；

I1

所受的安培力沿斜面向上，如图根据共点力平衡得，F1=mgsinθ；I2所受的安培力水平向右如图，根据共点力的平衡得：F2=mgtanθ。又：F1=BI1L；F2=BI2L；所以：；故AD正确，BC错误；故选AD。【题目点拨】解决本题的关键是根据左手定则判断安培力的方向，正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解。8、BCD【解题分析】

粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，可得：，令正方形的边长为L，由图可知a粒子的半径，有几何关系可得b粒子的半径为：，c粒子的半径，由此可得：，故A错误；粒子的运动周期均为，由图可知a粒子的运动时间为，c粒子的运动时间为，所以，故B正确；a运动的弧长为：，c运动的弧长为：，所以，故C正确；若c粒子的速率稍微减小，在磁场中的运动时间仍是，故D正确．所以BCD正确，A错误．9、BC【解题分析】

因为该图象是I-U图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以R2的阻值大于R1的阻值，故A错误、B正确．根据功率的公式P=U2R，电压相同，电阻大的功率小，所以R1的发热功率大，故10、CD【解题分析】从电场线分布可见．M点电场线密，电场强，故A错误．顺着电场线的方向电势降低，由图可见M点在高等势面，故B错误．负电荷从低等势面运动到高等势面，电场力做正功，电势能减少．也就是说负电荷在高等势面的电势能小，M点电势高，负电荷在M点的电势能少．故C正确．只有电场力做功时，电荷总能量不变，即电势能和运动的和不变．电势能小的地方动能大，也就是说在M点的动能大．故D正确．故选CD．点睛：解答此类问题要知道：电场线的疏密反映了电场的强弱．顺着电场线的方向电势降低．负电荷从低等势面运动到高等势面，电场力做正功，电势能减少．只有电场力做功时，电荷总能量不变，即电势能和运动的和不变．电势能小的地方动能大，动能大．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、①F；D；②1.5；1.1【解题分析】①由题意可知，电源采用电池供电，故电动势只有1.5V，则为了准确电压表只能选择D；而电流表只有最大量程为1.6A和3A的；因电动势较小，故电流表只能选择F，②图象与纵坐标的交点为1.5V，故电源的电动势为1.5V，。点晴：干电池电动势为1.5V，根据电压表量程可以选择电压表，根据电路中的电流选择电流表及滑动变阻器；在U-I图象中，图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内阻。12、保持小球水平抛出的初速度相同保持相邻痕迹点的水平距离大小相同【解题分析】

(1)[1]实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，保证做平抛运动，初速度水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同(2)[2]平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，每次将B板向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水平距离大小相同，即为获取相等的时间并在x轴上形成位移(3)[3]竖直方向有，水平方向有，联立解得四、计算题：本题共2小题，共26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、（1）（2）（3）【解题分析】（1）导体棒EF向上做减速运动，产生的感应电动势和感应电流逐渐减小，MN所受的安培力方向沿导轨向下，大小不断减小，所以EF棒刚开始运动时MN所受的摩擦力最大．

EF获得向上初速度v0时，产生感应电动势为：电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律有：此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有：，解得：（2）导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能量的转化和守恒定律知，解得：（3）对EF棒由动量定理，，解得14、（1）；（2）【解题分析】

（1）作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径；（2）应用牛顿第二定律与类平抛运动规律求出粒子的速度；【题目详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示：

由几何知识得：Rsinθ=d，

解得：R=d；

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定