2024年山东省日照市第一中学高二物理第一学期期末学业水平测试试题含解析

2024年山东省日照市第一中学高二物理第一学期期末学业水平测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个电子，若忽略电子质量，则接下来离子的运动轨迹是()A. B.C. D.2、如图所示，1、2为两个不同电源路端电压U与干路电流I的关系图线，下列说法正确的是A.电动势E1＝E2 B.电动势E1<E2C.内阻r1＝r2 D.内阻r1>r23、质量为m的带电小球在a点水平射入竖直向上的匀强电场中，运动轨迹如图所示，则正确的说法是（）A.小球带负电B.小球在b点的加速度大于在a点的加速度C.小球的电势能减小D.小球从a到b做匀速圆周运动4、如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向垂直纸面向外的电流，ac⊥bd，且ab＝ad＝ac，则a点处磁感应强度的方向为（）A.沿纸面由a向bB.沿纸面由a向cC.垂直于纸面向外D.垂直于纸面向里5、一个已充电的电容器，若使它的电量减少3×10-4C，则其电压减少为原来的1/3，则A.电容器原来带电量为9×10-4CB.电容器原来的带电量为4.5×10-4CC.电容器原来的电压为1VD.电容器的电容变为原来的1/36、如图所示，边长为L的等边三角形闭合金属线框abc处于匀强磁场中，磁场垂直线框平面向里，磁感应强度为B．当线框中通入顺时针方向电流I时，下列说法正确的是A.bc边受到的安培力方向垂直于bc边向上B.ab边受到的安培力大小为C.ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力D.整个线框所受的安培力的合力为零二、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，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球.将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向夹角为α，则()A.断开开关，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大B.断开开关，缩小P、Q两板间的距离，角度α不变化C.保持开关闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度α会增大D.保持开关闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度α会减小8、如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中A.小球的加速度先减小后增大B.下滑加速度最大时速度C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是D.小球最终速度9、如图所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上有a、b、c、d、e五个点，在焦点f处固定一正点电荷，则下列判断正确的是()A.c、e两点的电场强度相同B.a点的电势比b点的电势低C.一负电荷在d点时的电势能大于在a点时的电势能D.将一正电荷由e点沿eabc移到c点，所受电场力先做正功再做负功，但总功为零10、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点A、B、C构成一直角三角形，AB=0.1m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为0V，B点的电势为-5V，C点的电势为15V，据此可以判断（）A.场强方向由A指向CB.场强大小为100V/mC.将一带电量为q=4×10-5C的正电荷从A点移到D点，电场力做功4×10-4JD.将一带电量为q=4×10-5C的正电荷从A点移到D点，电势能增大了2×10-4J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）“研究平抛物体的运动”实验装置如图甲所示．钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动．每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球，使球恰好从孔中央通过而不碰到边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点．通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，用平滑曲线连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹（1）实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重锤线、有孔的卡片，除此之外还需要的一项器材是______A．弹簧测力计B．刻度尺C．秒表（2）在此实验中，小球与斜槽间有摩擦_______（选填“会”或“不会”）使实验的误差增大；调节斜槽使其末端的切线水平，如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间________（选填“相同”或“不同”）（3）如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹．已知小球是从原点O水平抛出的，经测量P点的坐标为（30cm，20cm）．g取10m/s2．则小球平抛的初速度v0=_________m/s（4）如图丙所示，在“研究平抛物体的运动”实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm．若小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，g取10m/s2．某同学根据以上已知条件断言a不是抛出点，你认为他的说法是否正确？请说明理由________12．（12分）为测定干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：A.完全相同的干电池2节，每节干电池的电动势为1.5V左右，内阻较小B.电流表A1(量程为0.6A，内阻约0.5Ω)C滑动变阻器R3(0～10Ω，10A)D.滑动变阻器R4(0～100Ω，1A)E.电流表G(量程为3.0mA，Rg=10Ω)F.定值电阻R1=990ΩG.定值电阻R2=90ΩH.定值电阻R0=3.0ΩI.开关S和导线若干(1)由于两节干电池的内阻较小，现将定值电阻R0=3.0Ω与两节干电池串联后作为一个整体进行制量，在进行实验时，滑动变阻器应选用其中的_____，定值电阻F和G应选用其中的_____.（填写实验器材前的字母)（2)在如图所示的虚线框中补充完整本实验电路的原理图.________（3)根据实验测得的数据作出I2-I1图线，如圈所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A1的电流．根据该图线可知每节干电池的电动势为______V，内阻为____Ω.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BC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m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)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a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/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b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L15．（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＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝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R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（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。1、D【解题分析】离了吸收一个电子后，离子带电荷量由+3e变为+2e，因为电子质量不计，故吸收电子后离子运动的速度保持不变．由洛伦兹力提供向心力qvB=m可得离子运动半径R=，因为离子吸收电子后带电荷量减小且离子速度不变，故离子做圆周运动轨道半径R增大，离子带电荷电性没有发生变化，故离子圆周运动方向没有发生变化，故ABC错误，D正确．故选D2、A【解题分析】U-I图象中图象中的点的坐标表示电流及路端电压．图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源内阻【题目详解】由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，U-I图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻；根据数学知识可知E1=E2，r1＜r2，I1＞I2；故选A【题目点拨】本题考查U-I图象的应用，要注意根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir进行分析图象的物理意义3、C【解题分析】A、由图示可知，小球向上偏转，小球受到的电场力向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电，故A错误；B、小球受到的电场力与重力恒定不变，小球受到的合力不变，由牛顿第二定律可知，小球的加速度不变，故B错误；C、在运动过程中电场力对小球做正功，电势能减小，故C正确；D、因小球受到的力为恒力，不可能有始终指向圆心的向心力，故小球不可能做圆周运动，故D错误4、A【解题分析】先用安培定则确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而作出判断；【题目详解】根据安培定则知：直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向沿纸面由a向b，即为沿纸面由a向b，故A正确，BCD错误【题目点拨】解决本题时要知道磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则5、B【解题分析】由得到，，故A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，D错6、D【解题分析】根据左手定则判断安培力的方向，根据安培力的计算公式F=BIL计算安培力的大小【题目详解】A项：根据左手定则可知bc边受到安培力方向垂直于bc边向下，故A错误；B项：ab边受到的安培力大小为F=BIL，故B错误；C、D项：三条边构成闭合的三角形，三边受到的安培力的合力为零，故ab边与bc边受到的安培力的合力等于ac边受到的安培力，故C错误，D正确故选D【题目点拨】本题主要是考查安培力的计算，牢记安培力的计算公式是解答本题的关键二、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【解题分析】保持开关断开，电容器的带电量不变，根据公式、、，联立得，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变，故A错误，B正确；保持开关闭合时，电容器板间电压不变，由分析得知，缩小P、Q两板间的距离，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，故C正确，D错误；选BC.【题目点拨】本题主要考查平行板电容器中的动态分析问题，要明确保持开关闭合时，电容器板间电压不变，由分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化．保持开关断开时，电量不变，根据公式推导可知，板间场强不变，分析是否变化8、BCD【解题分析】对小球进行受力分析，再根据洛伦兹力的变化，分析各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态【题目详解】小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为；开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛仑兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零．此后小球继续加速度，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛仑兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小．当加速度减小为零，即a=0时，速度达到最大，则有

mg=μ（qvmB-qE），最大速度即稳定时的速度为，故A错误，D正确．当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g达最大；此时qvB=qE，所以：v=E/B，故B正确；由此分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g．下滑加速度为最大加速度一半有两种情况：一种情况：在洛仑兹力小于电场力时，另一种在洛仑兹力大于电场力时．在洛仑兹力小于电场力时，有，解得，；在洛仑兹力大于电场力时，有，解得，．故C正确．故选BCD【题目点拨】本题的关键要正确分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力的变化，引起其他力的变化，来分析合力的变化，从而判断小球的运动情况．要明确加速度为零时速度最大，但加速度最大时速度不为零9、BD【解题分析】由电场线的分布情况和对称性可分析c、e两点电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故A错误；点电荷的等势面是以点电荷为圆心的等势面，且离正电荷越远，电势越低，故a点的电势比b点的电势低，故B正确；点电荷的等势面是以点电荷为圆心的等势面，且离正电荷越远，电势越低，故a点的电势比d点的电势低；根据Ep=qφ，负电荷在d点时的电势能小于在a点时的电势能；故C错误；将一正电荷由e点沿eabc移到c点，由于是排斥力，所受静电力先做正功再做负功；由于ec在同一等势面上，故总功为零；故D正确；故选BD10、BD【解题分析】A．由题意知：D点电势为5V，根据对称性，0V电势应该在BD中点，又因为∠B=60°，故电场线沿BC方向，且由C指向B，故A错误。B．由题意BC=0.2m，得故B正确。CD．将一带电量为q=4×10-5C的正电荷从A点移到D点，电场力做负功W=Uq=5V×4×10-5C=2×10-4J电势能增大了2×10-4J，故C错误，D正确。故选BD。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.B②.不会③.相同④.⑤.该同学说法正确！由图可知：水平分位移相等，则时间间隔相等，若点为抛出点，则点竖直分速度为零，由于竖直方向为自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，在连续相等时间内，位移之比为，但是图中不是这个比例，故点不是抛出点【解题分析】（1）研究平抛运动的规律，还需要刻度尺测量水平位移和竖直位移，故需刻度尺，故选项B正确，AC错误；（2）为了保证小球平抛运动的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，小球与斜槽间的摩擦不会影响实验；小球每次滚下的初始位置不同，则平抛运动的初速度不同，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，可知小球每次在空中运动的时间相同；（3）由于竖直方向自由落体运动，则根据得，小球平抛运动的时间为：，根据水平方向匀速运动，则小球平抛运动的初速度为：；（4）该同学说法正确.由图可知：水平分位移相等，则时间间隔相等，若点为抛出点，则点竖直分速度为零，由于竖直方向为自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，在连续相等时间内，位移之比为，但是图中不是这个比例，故点不是抛出点【题目点拨】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解12、①.C②.F③.④.1.5⑤.1【解题分析】(1)电源为两节干电池，则电动势为3V较小，电源的内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选C．上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表；改装后电压应约大于等于3V，则根据串联电路规律可知，应串联的电阻；故选F；(2)用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示；(3)根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（900+100）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为E=3.0×10-3×1000V=3V，则一节干电池的电动势为1.5V；与横轴的交点可得出路端电压为2.0V时电流是0.2A，由闭合电路欧姆定律E