浙江省嘉兴市嘉兴高级中学05-06学年高二上学期第一次教学调研物理试卷

嘉兴高级中学2025学年第一学期第一次教学调研高二年级物理试卷（选考）考生须知：1.本卷满分为100分，考试时间为90分钟。2.请将答案正确填写在答题卡上，答案写在试题卷上不给分。一、单选题（每小题3分，共39分）1.在国际单位制中，下列物理量的单位表示正确的是（ꢀꢀ）A.磁感应强度：NA1m1B.电动势：JCC.电场强度：VmD.磁通量：Tm2【答案】A【解析】【详解】A．根据公式BF，磁感应强度的单位为1，A正确；B．根据公式EW非，电动势的单位为J/C，B错误；qC．根据公式EU，电场强度单位为V/m，C错误；的dD．根据公式，磁通量的单位为2，D错误。故选A。2.下列关于电流和磁场的说法中正确的是（ꢀꢀ）A.根据Iq，可知I与q成正比tB.电荷定向移动的方向即为电流的方向C.电流元在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D.磁化、退磁现象可以用“安培分子电流假说”来解释【答案】D【解析】【详解】A．电荷量越大，流过的电流未必越大，所以不能说I与q成正比，故A错误；B．正电荷定向移动方向为电流的方向，负电荷定向移动方向与电流的方向相反，故B错误；C．当电流元中电流方向与磁场方向平行时不受磁场力的作用，该处磁场强度未必为零，故C错误；D第1页/共24页故选D。3.如图所示，四根相互平行的通有电流均为I的长直导线a、b、c、d，放在正方形的四个顶点上。每根通电直导线单独存在时，四边形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为（ꢀꢀ）A.22B，方向向左B.22B，方向向下C.2B，方向向右D.2B，方向向上【答案】A【解析】【详解】在ac处的直导线在O点产生的磁场的合磁感应强度大小为2B，方向沿方向；在bd处的直导线在O点产生的磁场的合磁感应强度大小为2B，方向沿Oa方向；则O点的合磁感应强度为B222222BO方向向左。故选A。4.随着科技发展，扫地机器人作为智能化家电典型代表逐步走入千家万户。如图所示为某一款扫地机器人的主机，产品的相关参数如表所示，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.“h”为能量单位B.主机工作电流约为C.主机电动机的电阻约为D.电池最多能储存的能量约为5.0106J第2页/共24页【答案】D【解析】【详解】A．在单位“h”中，mA是电流的单位，h是时间的单位，根据电流的定义式Iqt可得电荷量q所以“h”是电荷量单位，而不是能量单位，故A错误；的B．由题知，主机电动机的功率P=75W，额定电压U=220V，根据P代入数据解得主机电动机工作电流约为I0.34A故B错误；C．若主机电动机是纯电阻，根据欧姆定律U可得电阻为R因扫地机器人的电动机不是纯电阻用电器，其消耗的电能一部分转化为机械能，一部分转化为内能，所以不能用欧姆定律进行计算电阻，故C错误；D．已知充电电池的电荷量q6400mAh23040C，额定电压U220V，根据W可得电池最多能储存的能量W5.0106J故D正确。故选D。5.如图所示，把一根柔软的轻质弹簧悬挂起来，弹簧下端系一锡箔纸揉的小球，静止时小球刚好跟金属板接触，通电后发现小球迅速向上运动，若弹簧不超出弹性限度，不计空气阻力，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.小球在空中运动过程中机械能守恒B.改变电源正负极小球不再向上运动C.小球回到金属板时，对金属板有作用力第3页/共24页D.若加大电压，小球第一次到达最高点的时间变长【答案】C【解析】【详解】A．通电后发现小球迅速向上运动，小球在空中运动过程中机械能增加，A错误；B．同向电流相互吸引，改变电源的正负极，弹簧内部仍然是同向电流，仍然相互吸引，弹簧仍然收缩，小球仍然向上运动，B错误；C．当弹簧通有电流时，由于同向电流相互吸引，弹簧缩短，弹簧处于压缩状态。当弹簧失去电流时，引力消失，弹簧要恢复原长，将小球弹开，当弹簧恢复原长时，小球与金属板接触前的瞬间速度不等0，小球与金属板接触时对金属板有压力，所以小球回到金属板时，对金属板有作用力，C正确；D．若加大电压，电流增大，引力增大，小球第一次到达最高点的时间变短，D错误。故选C。6.ABCD分别是点电荷QABCCDq1.61010C的电荷从A移动到C少了2.56109J。则（ꢀꢀ）A.点电荷Q带负电B.C、D两点的电场强度相同C.负电荷在A点的电势能小于在D点的电势能D.若取C点的电势为0，则B点的电势为8V【答案】C【解析】Aq1.61010C的电荷从A移动到C2.56109J场力做正功，电场力向右，故点电荷Q带正电，故A错误；B．C、D两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；CQA点的电势高于DpA点的电势能小于在D第4页/共24页点的电势能，故C正确；D．根据电势能的公式有EVP16Aq点电荷的电场不是匀强电场，AB间的电场强度大于BC间的电场强度，因此由U可知UU即ABBC则中点B的电势不于8V，故D错误；故选C。7.8V0.5Ω，RMPQ两极板正对，间距为d。闭合开关S、S1电流表示数为3.2A，电子从P板以速度v₀垂直于极板射出，恰能到达两极板中央。再将S2闭合，稳定后电流表示数为4A。下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.电动机M的输出功率为6WB.电动机M的绕线电阻为6ΩC.定值电阻R消耗的功率减小18WD.再让电子从P板以速度2v₀垂直于极板射出，能到达Q板【答案】D【解析】【详解】AB．闭合开关S、S1时，电流表示数为13.2A，根据闭合电路欧姆定律可得IERr解得定值电阻R的阻值为第5页/共24页REIr83.20.5Ω2Ω1I3.21再将S2闭合，稳定后电流表示数为I2=4A，此时电动机M和定值电阻R并联，两者电压相等，根据闭合电路欧姆定律，有EU解得两者的电压为UUEIrMR2840.5V6V通过定值电阻的电流为IRU6ARR2通过电动机的电流为IMI2IRUIMMUMIM6WAB错误；C．闭合开关S、S1时，定值电阻R消耗的功率为PI2RR120.48W再将S2闭合，稳定后定值电阻R消耗的功率为PI2R18WRR定值电阻R消耗的功率的变化为PPP2.48WRRR因此定值电阻R消耗的功率减小2.48W，故C错误；D．设电子从P板以速度2v₀垂直于极板射出，运动的距离为x，根据动能定理可得d10mv2022

1'x0m2v202由于极板间电压减小，则电场强度减小，联立解得x2dd因此让电子从P板以速度2v₀垂直于极板射出，能到达Q板，故D正确。第6页/共24页故选D。8.如图所示，直线为某电源的UI图线，曲线为某元件的UI图线的一部分，虚线为过交点的切线交于纵轴0.5A处，用该电源和元件串联起来组成闭合电路，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.此时导体的电阻为B.电源的输出效率为50%C.随着电压增大，元件电阻不断减少D.若用该电源和两个该元件串联，电流变为0.5A【答案】B【解析】【详解】A．此时导体的电阻为RUI故A错误；B．由图可知，电源的电动势和内阻3.0

E3.0V，rΩ2.0电源的输出效率为U1.5100%50%E3故B正确；C．图像与原点连接的斜率表示元件电阻的倒数，由图可知，随着电压增大，元件电阻不断增大，故C错误；D．若用该电源和两个该元件串联，则可看成将电源分成电动势为1.5V，内阻为别为元件供电，新电源的图像如图第7页/共24页由图可知，若用该电源和两个该元件串联，电流大于0.5A，故D错误故选B。9.我国高度重视再生能源的开发与利用，太阳能发电、风力发电领先与全球，如图所示，每台风力发电机的叶片转动时可形成半径为r的圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率为20%。风速在15～20m/s范围内，可视为不变。已知风速v时每台发电机输出电功率为3000kW，空气的密度为1.3kg/m3，则（）A.单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流的质量为rv2B.单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为12r2v2C.单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为12rv2D.当风速为20m/s时，每台发电机的输出电功率约为7100kW【答案】D【解析】【详解】ABC．单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流的质量为mVSvrv22单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为11Erv223

k22第8页/共24页故ABC错误；D．根据PEEkt1233电rvvtt2风速v15m/s时每台发电机输出电功率为3000kW，当风速为20m/s时每台发电机的输出电功率为203P7100k33000kWW15故D正确。故选D。10.x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、QQ所在点为圆心、L2abcdac两点在xbd两点关于x确的是（ꢀꢀ）A.b、d两点处的电场强度相同B.a点电场强度小于c点电场强度C.将一试探电荷q沿圆周从b点移至d点，电场力做功不为零D.将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能增加【答案】B【解析】【详解】等量异种点电荷的电场线与等势面分布如图所示第9页/共24页A．b、d两点关于x轴对称，由点电荷的场强公式与电场叠加原理可知，b、d两点电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．根据对称性可知，正点电荷Q在a、c两点产生的场强大小相等，在a点产生的场强方向向左，在c点产生的场强方向向右；负点电荷Q在a、c两点产生的场强方向均向右，根据电场叠加原理可知，a点电场强度小于c点电场强度，故B正确；C．根据对称性可知，b、d两点电势相等，则将一试探电荷q沿圆周从b点移至d点，电场力做功为零，故C错误；D．正点电荷Q产生电场在a、c两点的电势相等，负点电荷Q产生电场在a点的电势大于c点的电势，则两点电荷产生电场在a点的电势大于c点的电势，将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，的电势能减少，故D错误。故选B。如图所示为静电推进装置的基本原理图。发射极和吸板分别接在高压直流电源的两极，带电液滴由发射极向吸板运动，不计液滴重力，以下说法正确的是（ꢀꢀ）A.液滴携带负电荷B.电场力对液滴做正功C.液滴做匀变速直线运动D.液滴的电势能在不断增加【答案】B第10页/共24页【解析】【详解】ABD．由图可知，发射极与电源正极相连，吸板与电源负极相连，而发射出的带电液滴从发射极向吸板运动，即电场力对液滴做正功，可知液滴带正电，并且液滴的电势能减小，故AD错误，B正确；C．发射极的尖端集聚大量的正电荷，故越靠近尖端，电场线越密，电场强度越大，所以该电场是非匀强电场，从左到右，电场强度不断减小，故加速度不断减小，所以液滴不是做匀变速直线运动，故C错误。故选B。12.如图所示是有两个量程的电表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.此为电流表，接“A、B”时量程更大B.此为电压表，接“A、B”时量程更大C.若2被短路，接“A、B”时电表测量值仍正确D.若1被短路，接“A、C”时电表测量值仍正确【答案】C【解析】【详解】A．电流表的原理是表头g以这不是电流表，是电压表，故A错误；B．当接入“A、B”时，串联的电阻是1；接入“A、C”时，串联的电阻是12。根据串联分压，串联的电阻越大，电压表的量程越大。所以接入“A、C”时量程更大，故B错误；C．若2被短路，接入“A、B”时，2未被使用，所以测量值正确，故C正确；D．若1被短路，接入“A、C”时，表头与2串联，在被测电压不变的情况下，电流IURRg2可见电流发生变化，指针指示的电压值变化，所以电表测量值不正确，故D错误。故选C。13.如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R的阻值等于r，定值电阻2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表第页/共24页V、V、V示数变化量的绝对值分别为123U、U、U，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，123下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.理想电压表1示数增大，理想电压表2示数增大，理想电流表A示数减小B.带电液滴将向下运动，定值电阻2中有从a流向b的瞬间电流UUUC.123IIID.电源的输出功率可能先变大后变小【答案】C【解析】【详解】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻1串联后接在电源两端；将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，则电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量定值电阻1两端的电压，由于通过1的电流减小，则理想电压表V示数1减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得U2E电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A错误；B．理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得UEIRr31电路电流减小，则U3增大；根据CQU3可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻UR中有从b流向a的瞬间电流；由E32d可知板间场强E增大，带电液滴受到的电场力增大，所以带电液滴将向上运动，故B错误；C．理想电压表V1测量定值电阻1两端的电压，根据欧姆定律可得U11理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得U2E第12页/共24页理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得UEIRr31电路中定值电阻1的阻值等于电源内阻r的阻值，则有ΔUΔUU12Rr3Rr()11ΔIΔII故C正确；D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如下定值电阻1的阻值等于电源内阻r的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的外电阻阻值从大于内阻r继续增大，则电源的输出功率减小，故D错误。故选C。二、多选题（每题4分，共8分，每题漏选得2分，错选不得分）14.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度0，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。知匀强电场的场强大小为mgq，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为12mgLB.细线断裂后，小球动能的最小值为12mgLC.从细线断裂到小球的动能与在B点时的动能相等的过程中，电势能增加了mgL第13页/共24页D.从细线断裂到小球的电势能与在B点时的电势能相等的过程中，重力势能减少了83【答案】BD【解析】【详解】A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足F(mg)(mg)222由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为60°，所以2mv2L即动能的最小值为1Emv2mgL2故A错误；B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得112mg(LLsin30)mv2mv2B22v2gLB所以最小动能为1E'm(vsin30)2B2联立解得1E'mgL2故B正确；C．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足vBcos30°=at2a2g

mx=vBsin30°•2tΔEp=（qExcos60°）联立解得第14页/共24页ΔEp=1.5mgL即电势能增加1.5mgL，故C错误；D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即vB=a't'qE=ma'1hg(2t)22W=ΔEp'=mgh解得ΔEp'=83mgL故D正确。故选BD。15.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。一速度大小为0的带电小球恰能做匀速直线运动，速度方向与水平方向成30°角斜向右下方，最后进（）A.小球带负电B.磁场和电场的大小关系为E20C.若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D.若小球刚进入管道时撤去电场，小球运动时的机械能守恒【答案】CD【解析】【详解】AB．根据题意可知，小球做匀速直线运动，小球所受合力为0，小球所受电场力只能是水平方向，第15页/共24页0Bcos30mg1mgEBv解得02q故AB错误；C小球刚进入管道时撤去磁场，重力和电场力合力不做功，支持力不做功，则小球仍沿管做匀速直线运动，故C正确；D．若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球运动时的机械能守恒，故D正确。故选CD。三、实验题（每空2分，共24分）16.在“金属丝电阻率的测量”的实验中：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图1所示，金属丝直径d______mm。（2）按图2所示的电路测量金属丝的电阻Rx。将单刀双掷开关分别打到a处和b处，通过观察分析，发现电压表示数变化更明显，由此判断开关打到______（填“a”、“b”）处时进行实验系统误差较小。（3）为了消除系统误差，设计用电流计G和电阻箱替代V，电路如图3所示。R为电阻箱阻值读数，I为A示数，Ig为G示数。实验绘制出了IIgR图像是如图4所示直线，斜率为k，纵截距为b。则Rx______。【答案】（1）1.000（2）a（3）1k【解析】【小问1详解】第16页/共24页【小问2详解】单刀双掷开关分别打到a处和b处，发现电压表示数变化更明显，说明电流表分压对实验影响较大，应采用电流表外接法，即开关应接a处。【小问3详解】根据并联电路两支路电压相等可得IRRIIRgg箱gx化简整理可得RI11gIRRgxxR箱IIg—图像中的斜率为k，所以可得1RR—图像中的斜率为k，所以可得1箱xk17.某研究小组想测量待测电阻丝的电阻率。除待测电阻丝Rx外，还有下列器材供选用：电压表V（量程0~，内阻约为）电流表A（量程0~0.6A，内阻约为）滑动变阻器（最大阻值，额定电流3A）多用电表一个，干电池、开关、导线若干。（1）该小组先用多用电表粗略测量了待测电阻丝的阻值。他们选用“×1”倍率的欧姆挡后，还需要进行______1所示，则测量结果为______Ω。（2）该小组为了更加精准地测出待测电阻丝的阻值，改用伏安法测量，应选图2中的______电路测量（3）该小组为了进一步测量待测电阻丝的电阻率，又测出了该电阻丝的长度为l、直径为D，前面测出电阻丝的阻值用R表示，则该电阻丝电阻率的表达式为______（用字母l、D、R【答案】（1）①.欧姆调零②.9##9.0##8.9##9.1第17页/共24页（2）甲（3）DR2l【解析】【小问1详解】[1]欧姆挡选好倍率后，需要进行欧姆调零；[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为9.09.0【小问2详解】由于R3000R9.0VxR9.0R0.1xA表明电流表分压影响大，实验中需要排除电流表分压影响，测量电路采用电流表外接法，可知，应选图2中的甲电路测量。【小问3详解】根据电阻定律有RlS其中2SD2解得DR2l18.学习小组要做“测量电源的电动势和内阻”实验，设计了图1所示电路，实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻约1Ω电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ电流表A（量程0~0.6A，内阻约1Ω滑动变阻器1（最大阻值20Ω滑动变阻器2（最大阻值200Ω定值电阻0（阻值0.5Ω开关一个，导线若干。第18页/共24页R”2（2）正确操作，调节滑动变阻器滑片，记录多组电压表和电流表的示数，并根据实验数据作出UI图像，如图3所示。根据图线求得电动势E________V“1.48”或“0.48”）（3）若采用图2实验原理图进行实验，由于________（选填“电压”或“电流”）表的分压作用，________（选填“电压”或“电流”）表的测量存在误差，其测量值________（选填“偏大”或“偏小”由实验数据描点得到的UI图线，用虚线表示该干电池真实的路端电压和干路电流的关系图像，则下列图像正确的是________。A.B.C.D.【答案】（1）1（2）1.48（3）①.电流②.电压③.偏小④.C【解析】【小问1详解】若选用滑动变阻器1，且阻值全部接入电路，则电流表示数约为1.5V0.07A，结合电流表量程可知，1能够满足实验需要，R阻值过大，为了操作方便，滑动变阻器应选择2R；1【小问2详解】根据闭合电路欧姆定律和电路图可知EUIrR0整理得UErRI0UI图像的纵截距表示电源电动势，结合UI图像可得E1.48V；第19页/共24页【小问3详解】[1][2][3]图2中，真实路端电压为电压表示数加电流表两端电压，故由于电流表的分压作用，电压表的测量存在误差且偏小；[4]2测得的电动势准确，但内阻偏大，即测量电动势等于真实电动势，测量图线斜率大于真实图线斜率，故选C。四、解答题（第19题7分，第20题10分，第21题12分，共29分）19.如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m=80g带电荷q=2×104C的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度g取10m/s2，sin370.6370.8，求：（1）求该匀强电场的电场强度E的大小；（2）若将细线剪断，小球由静止释放，经过t=2s电势能变化了多少；（3）现撤去电场，小球由静止释放，运动最低点时重力的功率多大。【答案】（1）3103V/m（2）减小9J（3）0【解析】【小问1详解】小球在A点静止，其受力情况如图所示第20页/共24页解得E310V/m34q【小问2详解】mg细线剪断，小球受到的合外力，由牛顿第二定律有cos37mgcos37ma解得a12.5m/s2根据1xat2225m电场力做功为WqExsin379J所以电势能减少了9J【小问3详解】由于重力的瞬时功率为PmgvGy而vy=0，所以G020.U₁1.0VI₁R也能按照工作要求进行调节，使电动机恢复正常运转，电动机的输出功率全部转化为机械功率。此时电动机能拉着原来静止重物以加速