江苏省徐州五中2023年物理高二年级上册期末调研试题含解析

江苏省徐州五中2023年物理高二上期末调研试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度。天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L,共N匝，线圈的下部悬

在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有电流/（方向如图）时，在天平两边加上质量分别为叫、恤的祛

码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为，"的祛码后，天平又重新平衡。由此可知（）

AA

根1।।冽2

I八乜

11

B\

111

A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为（叫二牡）5

NIL

B.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为

2NIL

C.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为（叫二牡）四

NIL

D.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为」鸳

2NIL

2、如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成,下列说法正确的是（）

An

甲乙

A.甲表是电流表，尺增大时量程增大

B.甲表是电流表，R增大时量程减小

C.乙表是电压表，R减小时量程增大

D.乙表是电压表，R增大时量程减小

3、两个相同的金属球（视为质点），分别带有+4Q和-2Q的电荷量，两球相隔一定距离时，相互作用力的大小为F,

若把它接触后再放回原处，两球相互作用力的大小变为（）

F

B.—

44

FF

C.—D.—

82

4、计数器因射线照射，内部气体电离，在时间，内有"个二价正离子到达阴极，有2”个电子到达阳极，则计数器中

的电流为（）

2ne

A.0B.

t

-3ne4ne

C.-----D.

t

5、一理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示,

P为滑动变阻器R的滑动片。下列说法正确的是（）

A.副线圈输出电压的频率为100Hz

B.副线圈输出电压的有效值为62V

C.P向下移动时，变压器的输出功率增加

D.P向下移动时，原、副线圈的电流都减小

若将滑动变阻器的滑片产向上调节，下列说法正确的是（）

A.灯右变亮，电容器的带电荷量增大

B.灯4变暗，电压表的示数增大

C.灯右变暗，电压表和电流表的示数都增大

D.灯&变暗，电流表的示数减小

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、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器Ti和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的

总电阻为R=10Q,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1,降压变压器副线圈两端交变电压u=220正sinlOOnt

V,降压变压器的副线圈与阻值Ro=UQ的电阻组成闭合电路.若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是

()

A.通过Ro电流的有效值是20A

B.降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1

C.升压变压器Ti的输出电压等于降压变压器T，的输入电压

D.升压变压器Ti的输出功率大于降压变压器T2的输入功率

8、如图所示，虚线MN右侧存在匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上，电场方向竖

4

直向上，矩形区域ABCD的AD边与MN重合，AB边长为/,AD边长为1/.一质量为m、电荷量为q的正电微粒

垂直于MN射入复合场区域后做匀速圆周运动，到达C点时，电场方向立刻旋转90。，同时电场强度大小也发生变化

(不考虑电场变化时产生的影响)，带电微粒沿着对角线CA方向从A点离开.重力加速度为g,下面说法正确的是

()

M

二？八八

*

D

AYB

N

A.电场方向旋转90。之后，电场方向水平向左

B.电场改变之后的场强大小变为原来的2倍

C.微粒进入MN右侧区域时的初速度为-场

6

D.微粒在矩形ABCD区域内做匀速直线运动

9、如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有（）

L?

E

A.当S闭合时,Li立即变亮，L2逐渐变亮

B.当S闭合时,Li一直不亮，L2逐渐变亮

C.当S断开时,Li立即熄灭,L2也立即熄灭

D.当S断开时,Li突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭

10、质量为M的木块，放在光滑的水平桌面上处于静止状态，今有一质量为机、速度为即的子弹沿水平方向击中木块

并停留在其中与木块一起运动，则子弹击中木块的过程中，木块受到的冲量大小为

mMvc

A.mvB.-------

0°m+M

C加暇）

D."

m+M°m+M

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）如图所示，两条直线分别对应着两个导体刈、那么，两导体的电阻之比为Ri：&=,若两个

导体串联时，两导体两端的电压之比为1/1：172=

卜〃mA

12.（12分）“测定电池的电动势和内阻”的实验中:

NJN

（1）在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于端（填“A”或

“B”）

⑵如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=V,内阻r=C

⑶实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测E真，内

阻的测量值和真实值r测r真（填＞,或="）

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）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3c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,"=0.1kg,带电

4

量为g=+10TC的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

E

⑴小球到达C点的速度大小

⑵小球在C点时，轨道受到的压力大小

14.（16分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板“、5相距d=0.10m,“、5间的电场强度为E=5.0X105N/C,b

板下方整个空间存在着磁感应强度大小为8=6.OT、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为/M=4.8xl0-25kg,电荷

186

量为9=1.6X10C的带正电的粒子（不计重力），从贴近。板的左端以vo=l.OxlOm/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，最后粒子回到分板的。处（图中未画出）.求尸、0之间的距离L

a

XXX*XXXX

XXXXVXXXX

xxxxxxxx

XXXXBXXXX

15.(12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=Ul的电源，导轨平面与

水平面间的夹角。=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Ro=l。时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g=10m/s2,豆1137。=0.6,

(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

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。

【解析】因电流反向时，右边再加祛码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场方向垂直于

纸面向里；电流反向前，有

mig=m2g+m3g+NBIL

其中作为线圈质量，电流反向后，有

mig=mig+m3g+mg—NBIL

两式联立可得

B=d

2NIL

故选B。

第n卷(非选择题

2、B

【解析】AB.甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确；

CD.乙表是电压表，R减小时，乙表中变阻器分压减小，量程减小。R增大时，乙表中变阻器分压增大，量程增大，

故CD错误。

故选B。

3、C

【解析】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出，当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互中和后平分,

所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的；

【详解】由库仑定律可得：F=k岭,两相同金属小球带异种电荷时，开始时的库仑力：6=笠望

rr

两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都是：Q=4Q：2Q=Q,库仑力为：居=/，所以库仑力

2r

是原来的;，故C正确，ABD错误

【点睛】本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法，当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化,

当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化

4、D

【解析】由题意可知，，时间内，有〃个二价正离子到达阴极，有2〃个电子到达探测器的阳极，且正离子和电子产生

的电流方向相同，则通过导体横截面的总电荷量为

q=2ne+2ne=Ane

根据电流定义式/=g得计数器中的电流为

t

4-ne

1=--

t

故选D。

5、C

【解析】A.由图象可知，交流电的周期为0・02s,所以交流电的频率为50Hz,变压器不会改变交变电流的频率，故副

线圈输出电压的频率为50Hz,故A错误；

B.根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V,有效值

V=155瓜

1后

根据变压比可知，副线圈输出电压的有效值

。2=念。1=31内

%

故B错误；

CD.尸向下移动，R变小，副线圈输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流变大，则原线圈的

电流也随之变大，电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，故C正确，D错误。

故选C。

6^B

【解析】A.根据欧姆定律，流过L的电流

R+42

其中

氏&2=x1+&2=Rx(1__

R+RL2R+&2R+&2

当滑片P向上调节时，R增大，/减小，所以灯泡L变暗;

电容器两端电压

UC=E-Ir-IRU

增大，所带电荷量。=C"c增大，故A错误;

B.电压表示数

U%=E-Ir

当/减小时，电压表示数增大，故B正确；

C.流过电流表的电流

已知R增大，/减小，所以《减小，故C错误；

D.灯泡心两端电压

UL2=E-Ir-IRLl

随着/减小而增大，所以灯泡心将变亮，故D错误。

故选B。

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、ABD

【解析】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过

用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率

【详解】A项：通过用电器的电流有效值/="=学MZA=20A,故A正确；

坛V2xll

B项：由原、副线圈的电压之比等于匝数比，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1,故B正确；

C项：由于输电线上有电压损失，所以升压变压器Ti的输出电压大于降压变压器T2的输入电压，故C错误；

D项：由于输电线上有功率损失，所以升压变压器Ti的输出功率大于降压变压器T?的输入功率，故D正确

故选ABD

【点睛】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和

降压变压器的输入功率之间的关系

8、CD

【解析】电场方向旋转90。之后，带电微粒必定做匀速直线运动，否则若是变速直线运动，速度变化，洛伦兹力变化,

不可能做直线运动.通过分析受力情况，对照直线运动的条件，确定电场方向，并由平衡条件求场强的大小.由洛伦

兹力大小，来求初速度.

【详解】带电微粒垂直于MN射入复合场区域后做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，由洛伦兹力提供向心力.微粒

在矩形45。区域内必定做匀速直线运动，否则若是变速直线运动，速度变化，洛伦兹力变化，不可能做直线运动.在

A5C。区域内，微粒受到竖直向下的重力、垂直于AC方向斜向上的洛伦兹力，由平衡条件知电场力方向水平向右，

所以电场方向旋转90。之后，电场方向水平向右，故A错误，D正确；电场改变之前，有mg=qEi.电场改变之后，

如图所示：

1_AD444

由几何关系可知tan。=不不=§,可得a=53。，由平衡条件得gE2=/ngfa"a=不nzg,可得E2=§EI,故B错误；

微粒在进入矩形A5CD区域内之前做匀速圆周运动的轨迹如图，设轨迹半径为r,则AC=%即得，根

34

据洛伦兹力提供向心力得q/=m或，微粒在进入矩形A3CD区域内，由平衡条件得/右=-^-=9加8,联立解

rcosa3

得v=3屈，即微粒进入MN右侧区域时的初速度为v=』屈，故C正确.所以CD正确，AB错误

【点睛】本题考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，关键要正确分析微粒的受力情况.对于圆周运动，要会确定半

径和圆心以及圆心角.本题涉及的过程较多，要正确地画出轨迹图，结合几何关系即可解题

9,BD

【解析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现

象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析

【详解】闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过Li,由于线圈中自感电动势的阻碍，L2灯逐

渐亮，故A错误，B正确.待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，两灯串联，所以Li突然变亮，然后逐

渐变暗至熄灭.故C错误，D正确.故选BD

【点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于

电源；同时运动注意二极管的作用

10、CD

【解析】分析题意得到，子弹击中木块的过程系统的动量守恒，即有方程：mv0=(m+M)v',解得共同的速度v'=-5

m+M

根据动量定理得木块受到的冲量大小为木块动量的增加量：Mv'=‘幽贵所以选项C正确.因为系统动量守恒，所以

m+M

子弹的动量减少量等于木块动量的增加量：所以选项D正确，选项A、B是错误的

°m+M

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」:3②」:3

【解析】口］由图像可知

_lOxlCT3V

=2C

2-5x10-3A

所以Z?I：Z?2=1：3O

[2]由串联电路特点知

UI：U2=RI：R2=1：3

12、①.A②.1.5③.1.0@.=⑤.>

【解析】(D滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置;

(2)由图可知，图象由纵坐标交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻

(3)将电压表并连在滑动变阻器的A.B两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影

响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况

【详解】(1)为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变

阻器接入部分为右半部分；故滑片应接到A端；

(2)在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小.U-I图可知,

电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以r='=：=LOQ；

二/0.5

(3)图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动

势是准确的.而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值

【点睛】本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据

图象得出电动势和内电阻

四、计算题：本题共3小题，共38分