江苏省丹阳市丹阳高级中学2027届高二物理第一学期期中调研试题含解析

江苏省丹阳市丹阳高级中学2027届高二物理第一学期期中调研试题注意事项: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、一台直流电动机的额定电压为100V，正常工作时电流为10A，线圈内阻为0.5Ω，若该电动机正常工作10s，则()A．该电动机线圈上产生的热量为104J B．该电动机线圈上产生的热量为2×105JC．该电动机输出的机械功为104J D．该电动机输出的机械功为9.5×103J2、如图所示，两个定值电阻R1＝4R、R2＝2R串联后接在输出电压U稳定于10V的理想直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为6V．如果把此电压表接在R2两端，则电压表示数将()A．等于4VB．等于3VC．等于5VD．无法判断3、如图所示，a、b是带有同种电荷的小球，用绝缘细线挂于同一点，两球静止时离水平地面的高度相等，不计空气阻力，两球带电荷量不变。若同时将两细线剪断，则下列说法中正确的是A．a球先落地B．两球落地时动能相等C．落地时a球飞行的水平距离比b球小D．在飞行过程中，a球受到的电场力比b球受到的电场力小4、如图所示的U一I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知A．R的阻值为0.5Ω B．电源电动势为4.0V，内阻为0.5ΩC．电源的短路电流为1.0A D．电源内部消耗功率为2.0W5、如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线A，导线与螺线管垂直．A中的“×”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里．电键S闭合前、后，绝缘线对导线A的作用力大小的变化情况是：（）A．增大B．减小C．不变D．不能确定6、我国长征3号甲火箭在起飞阶段，通过发动机喷射气体而获得的反冲力约为火箭总重量的2倍左右．设某次发射时，火箭的总质量为m，火箭发动机喷出的燃气的横截面积为S，燃气的密度为ρ，重力加速度为g．极短时间内喷出的燃气的质量和火箭质量相比可以忽略，则喷出的燃气的速度大小约为A． B．C． D．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，在水平放置的光滑金属板正上方有一带正电的点电荷Q，上表面绝缘，下表面接地。带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)，自左以初速度v0在金属板上向右运动，在运动的过程中：（）A．小球先减速运动，后加速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球受到电场力的冲量为零D．小球受到的电场力做功为零8、频率为v的光子，德布罗意波长为λ=h/p，能量为E，则光的速度为A．Eλ/hB．pEC．E/pD．h2/Ep9、空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0,其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是A．从x1到O之间，该电场的场强先减小后增大B．由x1运动到O过程加速度一直减小C．粒子经过x1、-x1处速度相同D．粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有10、如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10－2C的正电荷在电场中只受电场力作用．该电荷由A点运动到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为10V，则：A．B点的电势为零B．电场线方向向左C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①D．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②三、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）(1)在“伏安法测电阻”实验中，所用测量仪器均已校准。其中某一次测量结果如图所示，其电流表的读数为______A．(2)如图，下列游标卡尺读数为______cm.12．（12分）某同学要测定一电源的电动势E和内阻r，实验器材有：一只DIS电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用I表示），一只电阻箱（阻值用R表示），一只开关和导线若干。该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据。(1)该同学设计实验的原理表达式是E=________（用r、I、R表示）。(2)该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到________（选填“最大值”“最小值”或“任意值”），实验过程中，将电阻箱调至如图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为________Ω。(3)该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示的－R图象，则由图象可求得，该电源的电动势E=______V，内阻r=________Ω。（结果均保留两位有效数字）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）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满足．若某一粒子以速率v，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v；若大量此类粒子以速率，从M点射入磁场，方向任意，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为多少？若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为题中计算出的，求磁场中有粒子通过的区域面积．14．（16分）如图所示，EF与GH间为一无场区，无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板；无场区右侧有一个带电荷量为-Q的点电荷形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上。一个带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动(不计粒子的重力、管的粗细)。求：（1）带电粒子的比荷；（2）两金属板间所加的电压。15．（12分）如图所示在边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v．已知沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin35°≈0.577

．求：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间；(3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例．

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【解析】

A、B项，该电动机线圈上产生的热量为，故A、B项错误．C、D项，电动机输出的机械功，故C项错误，D项正确．综上所述，本题正确答案为D．2、B【解析】

电压表与电阻R1并联时，并联电阻为：串联电路中电压分配与电阻成正比，故：

其中R1=4R、R2=2R，联立解得：RV=12R；当电压表与电阻R2并联时，并联电阻为：串联电路中电压分配与电阻成正比，故：

解得：U2=3VA．等于4V，与结论不相符，选项A错误；B．等于3V，与结论相符，选项B正确；C．等于5V，与结论不相符，选项C错误；D．无法判断，与结论不相符，选项D错误；3、C【解析】

根据根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力．未剪断两根细线时，对小球受力分析，根据平衡条件和相似三角形表示两球质量的大小关系，抓住竖直方向上运动规律相同，比较运动的时间，根据水平方向上动量守恒比较两球在水平方向上的速度，从而比较落地时水平距离，结合动能定理比较两球落地的动能；【详解】A、同时剪断细线后，二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，可知两球同时落地，故A错误；C、对小球受力分析，根据平衡条件有：mag=F库tanα，mbg=F库tanβ，由于β>α，所以ma>mb，而剪断细线后，在水平方向上，a、b组成的系统动量守恒，B、由于库仑力对a球做功较小，重力对a球做功较大，根据动能定理可知，无法比较两球落地的动能，故B错误；D、在飞行过程中，根据牛顿第三定律可知，a球受到的电场力等于b球受到的电场力，故D错误；故选C。关键是运用平衡条件分析两物体质量关系，采用运动的分解法分析小球的运动规律，剪断细线后，在水平方向上，a、b组成的系统动量守恒。4、D【解析】

A．R的U-I图线的斜率大小等于R的阻值，则故A错误；B．根据闭合电路欧姆定：U=E-Ir，当I=0时，U=E，可读出电源的电动势E=4.0V，内阻等于图线a的斜率大小，则故B错误；C．当路端电压为0时的电流即为短路电流，由图可知，电源的短路电流为2.0A，故C错误；D．电源内部消耗功率为故D正确。故选D。5、A【解析】通电前绝缘绳只受导线的重力,通电后,首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向应该是水平向右.再根据左手定则判断可以知道:A受到通电螺线管磁场的作用力的方向:竖直向下,此时绝缘绳受到向下的重力和安培力,故绝缘线对导线A的作用力变大.故A正确综上所述本题答案是：A6、C【解析】

对于气体由动量定理得：解得：A.与计算结果不符，故A错误。B.与计算结果不符，故B错误。C.与计算结果相符，故C正确。D.与计算结果不符，故D错误。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、BD【解析】

金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，但是电场力的冲量不为零，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故AC错误，BD正确。故选BD。本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．8、AC【解析】

根据λ=vf，E=hν可得λ=vν⇒v=hνp=Ep9、CD【解析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：，得：．Ep-x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，则坐标原点O处电场强度为零，从x1到O之间，斜率先增加后减小，则该电场的场强先增加后减小，故A错误．由x1运动到O过程，场强先增大后减小，由F=qE知，粒子所受的电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故B错误．由图看出，x1、-x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、-x1处速度相同，故C正确．根据公式Ep=qφ，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得：mv2=E0-E1，，当v0＞v时，即v0＞粒子能够一直沿x轴负方向运动，故D正确．故选CD.点睛：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律和能量守恒定律进行分析．10、ABC【解析】考点：带电粒子在匀强电场中的运动；物体做曲线运动的条件；动能定理；电势；电势能．分析：由带电微粒的动能变化确定在A、B两点的电势能的大小关系，判断出A、B两点电势的高低．根据沿电场线方向电势是降低的，得出电场线的方向．由运动方向和所受电场力的方向判断微粒的运动轨迹．解答：解：由动能定理可知WE=△EK=-0.1J；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B正确；AB两点的电势差UAB=WEq=-10V，则UA-U解得UB=0V；故A正确；若粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故C正确；若粒子沿轨迹2运动，A点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误；故选ABC．点评：物体做由线运动时，运动的轨迹应夹在初始速度及合外力方向的中间；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、0.4210.04【解析】

(1)[1]由图可知，电流表使用的是0.6A的量程，每一个大格代表0.2A，每小格代表0.02A，估读在0.01A，则读数为0.42A；(2)[2]游标卡尺的主尺读数为100mm，游标为10分度，精确度为0.1mm，游标上第4格刻度与主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm，所以最终读数为：100mm+4×0.1mm=100.4mm=10.04cm12、I（R＋r）最大值216.3（6.1~6.4）2.5（2.4~2.6）【解析】

(1)[1]根据闭合电路欧姆定律，该同学设计实验的原理表达式是E=I(R＋r)(2)[2]根据实验的安全性原则，在闭合开关之前，应先将电阻箱调到最大值[3]根据电阻箱读数规则，电阻箱接入电路的阻值为2×10Ω＋1×1Ω=21Ω(3)[4][5]由E=I（R＋r）可得图像斜率等于得由于误差(6.1~6.4)V均正确，图像的截距得由于误差(2.4~2.6)均正确四、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、（1）（2）（3）【解析】

(1)某一粒子以速率，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，由几何关系求得其做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求出入射速度．(2)某一粒子以速率从M点射入磁场，粒子在磁场中的半径为，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径）．(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为，这些粒子在磁场中有相同的半径，则圆心轨迹是以M为圆心、半径为的圆．试着画出极端情况下粒子能达到的区域，从而把粒子能到达的整个区域面积求出来．【详解】(1)粒子以速率沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：设轨迹半径为，则，解得：由牛顿第二定律可得，解得：(2)大量此类粒子以速率从M点射入磁场由牛顿第二定律可得，解得：粒子方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），轨迹如图：则，解得：粒子在磁场中运动的最长时间(3)粒子沿各个方向以进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为，且不变．由图可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的半圆形MO3O的面积S1、以M