2023学年北京市西城66中高二物理第一学期期中统考试题含解析

1、2023学年高二上物理期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、下列图中，电流方向与电流的磁场分布符合实际的是（ ）A B C D2、A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且

2、与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO重合，如图所示现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO按箭头所示方向加速转动，则（ ）A金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力减小B金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力增大C金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力减小D金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力增大3、一个点电荷从电场中的a点移到b 点，其电势能变化为零，则Aa、b两点的电场强度的大小一定相等Ba、b两点的电势一定相等C该点电荷一定沿等势面移动D作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是保持垂直4、如图所示，杯子静置于水平桌面上，

3、杯子对桌面的压力为F1 ， 桌面对杯子的支持力为F2 下列说法正确的是（）AF1就是杯子所受的重力BF1与F2的大小不相等CF1与F2是一对平衡力DF1与F2是一对作用力与反作用力5、如图一混合正离子束通过正交电场磁场区域，如果这束正离子束流在区域中不偏转，则说明这些正离子具有相同的 :A电荷B质量C速度D荷质比6、如图所示,长方形abcd长ad=0.6 m,宽ab=0.3 m,O、e分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25T.一群不计重力、质量m=3107kg、电荷量q=+2103C的带电粒子以速度v=5102 m/s沿垂直

4、ad方向且垂直于磁场射入磁场区域()A从Od边射入的粒子,出射点全部分布在Oa边B从aO边射入的粒子,出射点全部分布在ab边C从Od边射入的粒子,出射点分布在Oa边和ab边D从aO边射入的粒子,出射点分布在ab边和be边二、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，在倾角为的光滑斜面上，水平放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由水平向右沿顺时针方向转至垂直斜面

5、向下的过程中，下列说法中正确的是A此过程中磁感应强度B先减小后增大B此过程中磁感应强度B逐渐减小C此过程中磁感应强度B的最小值为D此过程中磁感应强度B的最大值为8、三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒,从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场,分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点,如图所示.下面判断正确的是( )A落在a点的颗粒带正电,c点的带负电,b点的不带电B落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是C三个颗粒在电场中运动的时间关系是D电场力对落在c点的颗粒做负功9、如图所示，为一做周期性变化的匀强电场的场强随时间变化的图象一带电粒子（不计重

6、力）在t = 0时在电场中无初速释放，则（ ）A粒子在电场中总是沿某个方向运动，位移越来越大B粒子在电场中来回运动，每隔，速度方向改变一次C粒子的速度和加速度的方向都不随时间变化，但速度和加速度的大小随时间做周期性变化D每隔，加速度方向变化，而速度方向始终不变化，速度大小不断变化10、如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是() A通过霍尔元件的磁场方向向上B若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大C仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变D接线

7、端2的电势低于接线端4的电势三、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）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，电流表，学生电源，开关，导线若干利用小电珠的标称值可估算出小电珠正常工作时的电阻值约为_（计算结果保留2位有效数字）请根据实验原理图A完成实物图B中的连线_开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于_端为使小电珠亮度增加，P应由中点向_端滑动下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点_间多测几组数据（请填写“ab” “bc” “cd” “de”或“e

8、f”）数据点abcdefU/V0.000.501.001.502.002.50I/A0.0000.1220.1560.1850.2160.244下列图象能正确表示小灯泡的伏安特性曲线的是_ 12（12分）在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为 mm（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为 V，电流表的读数为 A（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为 m（保留二位有效数字）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写

9、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）在直角坐标系xOy中，第一象限内存在沿y轴负方向的有界电场，其中的两条边界分别与Ox、Oy重合，电场强度大小为E=B2qL24m在第二象限内有垂直纸面向里的有界磁场（图中未画出），磁场边界为矩形，其中的一个边界与y轴重合，磁感应强度的大小为B一质量为m，电量为q的正离子，从电场中P点以某初速度沿-x方向开始运动，经过坐标（0，L）的Q点时，速度大小为vQ=BqL3m ，方向与-y方向成30，经磁场偏转后能够返回电场，离子重力不计.（其中B、L、m、q为已知）求：（1）正离子在P点的坐标（用L表示）；（2）矩形磁场的

10、最小宽度（用L表示）；（3）离子返回电场前在磁场中运动的最长时间以及最长时间所对应的磁场面积。14（16分）一端固定的长为L的绝缘线，另一端拴住质量为m带电荷量为q的小球，放在水平向右的匀强电场中，如图所示，把细线拉至水平，将小球从A点由静止释放，当小球向下摆过60角达B的位置时速度恰好为零，求：(1)A、B两点间的电势差;(2)匀强电场的场强15（12分）如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，板间距为d=8cm，A板电势比B板高300V。一质量为m=1020 kg、电荷量为q=1010 C的带正电粒子（重力不计）以v0=2106m/s的初速度沿两板中心线RO射入电场中；粒子飞出板间电场

11、，经过MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，该电场不受界面PS影响；粒子最后垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc上。已知PSRO，MN、PS相距12cm，O点与界面PS相距9cm，静电力常量k=9109 Nm2/C2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离。（2）试粗略画出粒子运动全过程的轨迹。（3）求点电荷Q的电性及电荷量大小。（结果保留三位有效数字）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】A. 对于直线电流，右手握住直导线，大

12、拇指指向表示电流方向，四指弯曲方向表示磁场的方向，则左边磁场进去，而右边磁场是出来，故A正确；B. 对于通电螺线管，四指弯曲表示电流方向，大拇指所指方向为磁场方向。则磁场方向应该向下，故B错误；C. 对于环形电流，四指弯曲表示电流方向，大拇指所指方向为磁场方向，则磁场方向应该向左，故C错误；D. 对于直线电流，右手握住直导线，大拇指指向表示电流方向，四指弯曲方向表示磁场的方向，则磁场方向顺时针方向，故D错误；故选：A.2、A【解析】胶木盘A由静止开始绕其轴线OO按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，金属环

13、B的感应电流方向与箭头所示方向相同；根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，故A正确，BCD错误。故选A。3、B【解析】根据公式分析可知，电势能变化为零，即电场力做功，a、b两点的电势差为零，即a、b两点的电势相等，而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等故A错误，B正确；电场力做功为零，由于不能判定运动的轨迹，所以作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的，也不一定沿等势面的方向故CD错误故选B【点睛】从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零但电荷不一定沿等势面移动a

14、，b两点的电势一定相等.4、D【解析】A、重力的施力物体是地球，所以不是重力，故 A 错误；B、力和力是等大，反向，共线，作用于两个物体，是一对作用力和反作用力，不是平衡力，故D正确，BC错误点睛：本题主要考察了作用力与反作用力，及平衡力的区别与联系，要注意明确二者的区别主要在于所涉及的物体，平衡力是一个物体，而作用力和反作用力是两个物体5、C【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动【详解】正离子束在该区域内同时受到电场力和洛伦兹力，根据左手定则可知，洛伦兹力向上，而电场力向下，若正离子束在其中不偏转，则说明洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，即 ，得 ，说明这些正离子应该都具有相同的速度，故

15、本题选C。6、D【解析】带电粒子垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周运动半径，与半圆形磁场的半径相同从Od边射入的粒子，正电荷受力沿da 方向指向圆心，根据半径可判断圆周运动的圆心在oa之间，出射的粒子分布于ab边和be边，而不可能是oa边，选项AC错从aO边射入的粒子，圆心在oa的正上方，根据运动轨迹与半圆形磁场边界的交点，粒子仍然从ab边和be边射出，选项B错D对二、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、BC【解析】AB对导体棒受力分析，受重力G、支持

16、力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图当磁场水平向右时，安培力方向竖直向上；当磁场垂直斜面向下时，安培力沿斜面向上；当当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由水平向右沿顺时针方向转至垂直斜面向下的过程中，从图中可以看出，安培力FA逐渐减小，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度逐渐减小；选项A错误，B正确；C由图可以看出当FA平行于斜面时有最小值BminIL=mgsin得： 选项C正确；D此过程中安培力竖直向上时最大为mg，故B的最大值为：选项D错误。8、BD【解析】由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖

17、直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动，由此根据平抛和类平抛运动规律求解；【详解】A、根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有，相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为，则运动时间关系为，竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：，则知加速度关系为，由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为，由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小

18、，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电故AC错误，B正确；D、由上分析得知，落在c点的颗粒带正电，电场力向上，则电场力对它做负功故D正确【点睛】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析9、AD【解析】试题分析：首先知道图象的意义，场强大小不变而方向周期性的变化；再以带电粒子为研究对象，受力分析和运动分析，从而判断 选项解：以带电粒子为

19、研究对象，受大小不变的电场力，但方向周期性的变化，所以带电粒子第一个T内，在内先做初速度为零的匀加速，在后内做匀减速并且末速度为零，在第二个T内与第一个T内相同的运动，这样周而复始，所以带电粒子的运动方向不变即速度方向不变，位移越来越大；由于场强周期性的变化，所以电场力周期性的变化，即每隔加速度方向发生变化，故AD正确，BC错误故选AD【点评】明确图象的意义和带电粒子受力的特点，据此分析带电粒子的运动是解题的核心；一定注意运动方向、位移和加速度的变化情况10、CD【解析】根据安培定则可知，磁场的方向向下，故A错误；适当减小R1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，而当增大R2，霍尔元件中

20、的电流减小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，故B错误；当调整电路，将电源E1、E2反向接入电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，电压表的示数不变，故C正确；通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故D正确；故选CD【点睛】解决本题关键是理解左手定则与安培定则的应用，注意电子的移动方向与电流方向相反，简单了解霍尔元件的基本原理三、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

21、程。11、10 a b ab A 【解析】根据，带入数据可得：由原理图可知，电路采用滑动变阻器分压接法，电流表采用外接法；则先连接分压电路，再并联测量电路；答案如图所示：为了测量安全，开始时测量电路的电压应为零；由图可知，测量电路与左侧并联；故开始时滑片应滑到a侧；与测量部分并联电阻越大，则灯泡两端电压越大，则应将滑片向b端移动因ab两段上电流变化较大，故为了更精确的画出I-U图象，在ab段内应多测几组数据 因灯泡电阻随温度的升高而增大，故在I-U图象中应为斜率越来越小的曲线；故选A12、（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2105m【解析】解：（1）螺旋测微器的读数为：d=

22、2.5mm+43.50.01mm=2.935mm；（2）因电压表的每小格读数为0.1V，所以应估读到0.01V，所以电压表的读数为：U=2.60V；同理，电流表的每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表的读数为：I=0.52A（3）根据R=得：带入数据得：=4.2105m故答案为：（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2105m【点评】考查电阻定律的应用，掌握螺旋测微器及电流表或电压表的读数方法四、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）（233L，2L）（2）2-36L（3）t=2m3qB s=L26【解析】（1）离子在从P到Q在电场力作用下做类平抛运动由于vQ=BqL3m 运动学公式 (vQcos30o)2=2Eqm(y-L)vQsin30ot=x 12vQcos30ot=y-L所以P点坐标为（233L，2L） （2）离子离开磁场后，可能直接进入磁场偏转后返回电场，也可能先直线运动一段距离后再进入磁场偏转后返回电场。由于qvQB=mvQ2R 所以R=13L 离子离开电场后直接进入磁场偏转圆心角60最小宽度 L3-L3cos300=L6(2-3) （3）离子离开电场后，先直线运动，再进入磁场，最后通过O点返回电场在电场。随着磁场区域